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九年级上册数学第22章 二次函数专题27 二次函数与图形图象变换问题
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专题27 二次函数与图形图象变换问题
在二次函数压轴题中，经常会把图形图象的平移、翻折、旋转三种变换放在其中，以考察学生的综合分析能力，是各地区的热点考察题型。
直击中考
类型一：平移
1．（2022·江苏镇江·统考中考真题）一次函数的图像与轴交于点，二次函数的图像经过点、原点和一次函数图像上的点．
(1)求这个二次函数的表达式；
(2)如图1，一次函数与二次函数的图像交于点、（），过点作直线轴于点，过点作直线轴，过点作于点．
①_________，_________（分别用含的代数式表示）；
②证明：；
(3)如图2，二次函数的图像是由二次函数的图像平移后得到的，且与一次函数的图像交于点、（点在点的左侧），过点作直线轴，过点作直线轴，设平移后点、的对应点分别为、，过点作于点，过点作于点．
①与相等吗？请说明你的理由；
②若，求的值．
【答案】(1)
(2)①，；②见解析
(3)①，理由见解析；②3
【分析】（1）通过一次函数表达式可以求出A、B两点坐标，将A、B、C三点坐标代入二次函数表达式即可求解；
（2）①通过联立关系式可得：，利用公式法解一元二次方程，求出方程的解即可得到的值；
②通过A（-2，0），E即可求出AE的长度；
通过B，F即可求出BF的长度；
（3）①通过二次函数平移前后的表达式可以确定新二次函数的图像是由原二次函数的图像向右平移个单位，向上平移3个单位得到的，从而可以得到：，．通过联立关系式可得：，利用公式法解一元二次方程，求出方程的解即可得到点P、点Q的横坐标，通过坐标即可表示出的长度．
②由①可得，求解即可．
【详解】（1）令，则，解得，
∴，
将点代入中，解得，
∴点的坐标为．
将，，代入可得：
，解得：，
∴二次函数的表达式为．
（2）①∵一次函数与二次函数的图像交于点、（），
∴联立关系式得：，
整理得：，
解得：，，
故答案为：，；
②当时，位于的上方，∵、，
∴，，
∴，
当时，位于的下方，同理可证．
故可得：；
（3）方法一：
①∵二次函数图像的顶点为，
二次函数的图像的顶点为，
∴新二次函数的图像是由原二次函数的图像向右平移个单位，向上平移3个单位得到的．
∴的对应点为，的对应点为，
联立关系式可得：，
整理得：，
，
当时，解得：，，
∴，，
∴．
②∵，．
∴，
∴，
解得:．
方法二：
①设、平移前的对应点分别为、，则．
则，
∵、平移前的对应点分别为、，
由（2）②及平移的性质可知，．
②∵，
∴，
∵到轴的距离为，点是轴与二次函数的图像的交点，
∴平移后点的对应点即为点．
∵二次函数图像的顶点为，
二次函数的图像的顶点为，
∴新二次函数的图像是由原二次函数的图像向右平移个单位，向上平移3个单位得到的．
∴，将点的坐标代入中，解得．
另解：
∵，
∴，
的对应点为．
∵，
∴点的横坐标为，代入，得．
∴．将点的坐标代入中，解得．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数表达式，联立关系式求交点坐标及利用点的坐标表示线段的长度，能够熟练掌握函数中表示线段长度的方法，求交点坐标的方法，熟练掌握用公式法解一元二次方程是解决本题的关键．
2．（2022·山东枣庄·统考中考真题）如图①，已知抛物线L：y＝x2+bx+c的图象经过点A（0，3），B（1，0），过点A作ACx轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点．
(1)求抛物线的关系式；
(2)若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当△OPE面积最大时，求出P点坐标；
(3)将抛物线L向上平移h个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在△OAE内（包括△OAE的边界），求h的取值范围；
(4)如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P，使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3
(2)P点坐标为（，）
(3)h的取值范围为3≤h≤4
(4)存在，点P的坐标是（，）或（，）或（，）或（，）
【分析】（1）利用待定系数法可得抛物线的解析式；
（2）过P作PGy轴，交OE于点G，设P（m，m2﹣4m+3），根据OE的解析式表示点G的坐标，表示PG的长，根据面积和可得△OPE的面积，利用二次函数的最值可得其最大值；
（3）求出原抛物线的对称轴和顶点坐标以及对称轴与OE的交点坐标、与AE的交点坐标，用含h的代数式表示平移后的抛物线的顶点坐标，列出不等式组求出h的取值范围；
（4）存在四种情况：作辅助线，构建全等三角形，证明△OMP≌△PNF，根据|OM|＝|PN|，列方程可得点P的坐标；同理可得其他图形中点P的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线L：y＝x2+bx+c的图象经过点A（0，3），B（1，0），
∴ ，
解得，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）如图1，过P作PGy轴，交OE于点G，
设P（m，m2﹣4m+3），
∵OE平分∠AOB，∠AOB＝90°，
∴∠AOE＝45°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∴AE＝OA＝3，
∴E（3，3），
设直线OE的解析式为y＝kx，把点（3，3）代入得，
3＝3k，
解得k＝1，
∴直线OE的解析式为：y＝x，
∴G（m，m），
∴PG＝m﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+5m﹣3，
∴S△OPE＝S△OPG+S△EPG
PG•AE
3×（﹣m2+5m﹣3）
（m2﹣5m+3）
（m）2，
∵0，
∴当m时，△OPE面积最大，
此时m2﹣4m+3＝，
∴P点坐标为（，）；
（3）由y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，得抛物线l的对称轴为直线x＝2，顶点为（2，﹣1），
抛物线L向上平移h个单位长度后顶点为F（2，﹣1+h）．
设直线x＝2交OE于点M，交AE于点N，则N（2，3），如图2，
∵直线OE的解析式为：y＝x，
∴M（2，2），
∵点F在△OAE内（包括△OAE的边界），
∴2≤﹣1+h≤3，
解得3≤h≤4；
（4）设P（m，m2﹣4m+3），分四种情况：
①当P在对称轴的左边，且在x轴下方时，如图3，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，
∴∠OMP＝∠PNF＝90°，
∵△OPF是等腰直角三角形，
∴OP＝PF，∠OPF＝90°，
∴∠OPM+∠NPF＝∠PFN+∠NPF＝90°，
∴∠OPM＝∠PFN，
∴△OMP≌△PNF（AAS），
∴OM＝PN，
∵P（m，m2﹣4m+3），
则﹣m2+4m﹣3＝2﹣m，
解得：m或，
∵m＞2，不合题意，舍去，
∴m，
此时m2﹣4m+3＝，
∴P的坐标为（，）；
②当P在对称轴的左边，且在x轴上方时，
同理得：2﹣m＝m2﹣4m+3，
解得：m1或m2，
∵＞2，不合题意，舍去，
∴m＝，
此时m2﹣4m+3＝，
∴P的坐标为（，）；
③当P在对称轴的右边，且在x轴下方时，如图4，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，
同理得△ONP≌△PMF，
∴PN＝FM，
则﹣m2+4m﹣3＝m﹣2，
解得：m1或m2；
∵＜2，不合题意，舍去，
∴m＝，
此时m2﹣4m+3＝，
P的坐标为（，）；
④当P在对称轴的右边，且在x轴上方时，如图5，
同理得m2﹣4m+3＝m﹣2，
解得：m或（舍），
P的坐标为：（，）；
综上所述，点P的坐标是：（，）或（，）或（，）或（，）．
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的综合应用，二次函数的图象与性质及图形的平移，全等三角形的判定与性质以及解一元二次方程的方法，运用分类讨论思想和方程的思想是解决问题的关键．
3．（2022·山东济宁·统考中考真题）已知抛物线与x轴有公共点．
(1)当y随x的增大而增大时，求自变量x的取值范围；
(2)将抛物线先向上平移4个单位长度，再向右平移n个单位长度得到抛物线（如图所示），抛物线与x轴交于点A，B（点A在点B的右侧），与y轴交于点C．当OC＝OA时，求n的值；
(3)D为抛物线的顶点，过点C作抛物线的对称轴l的垂线，垂足为G，交抛物线于点E，连接BE交l于点F．求证：四边形CDEF是正方形．
【答案】(1)
(2)n＝2
(3)见解析
【分析】（1）根据抛物线与轴由公共点，可得，从而而求出的值，进而求得抛物线对称轴，进一步得到结果；
（2）根据图像平移的特征可求出平移后抛物线的解析式，根据和分别得出点和的坐标，根据列出方程，进而求的结果；
（3）从而得出点、点的坐标，由抛物线的解析式可得出点的坐标和点的坐标，进而求得的解析式，从而得出点的坐标，进而得出，进一步得出结论．
（1）
解：∵抛物线与x轴有公共点，
∴
∴∴．
∴，
∴，
∵，
∴当时，y随着x的增大而增大．
（2）
解：由题意，得，
当y＝0时，，
解得：或，
∵点A在点B的右侧，
∴点A的坐标为（1+n，0），点B的坐标为（－3+n，0）．
∵点C的坐标为（0，－n2 +2n+3），
∴n+1＝－n2+2n+3．
解得：n＝2或n＝－1（舍去）．
故n的值为2.
（3）
解：由（2）可知：抛物线C2的解析式为y＝－（x－1）2+4．
∴点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（－1，0）
点C的坐标为（0，3），点D的坐标为（1，4），
抛物线C2的对称轴是直线x＝1，
∵点E与点C关于直线x＝1对称，
∴点E的坐标为（2，3）．
∴点G的坐标为（1，3）．
设直线BE解析式为y＝kx+b，
∴
解得：
∴y＝x+1．
当x＝1时，y＝1+1＝2．点F的坐标为（1，2）．
∴FG＝EG＝DG＝CG＝1．
∴四边形CDEF为矩形．
又∵CE⊥DF，
∴四边形CDEF为正方形．
【点睛】本题主要考查二次函数的图像与性质，求一次函数的解析式，平移图像的特征，正方形的判定，解决问题的关键是平移前后抛物线解析式之间的关系．
4．（2022·广东广州·统考中考真题）已知直线：经过点（0，7）和点（1，6）．
(1)求直线的解析式；
(2)若点P（，）在直线上，以P为顶点的抛物线G过点（0，-3），且开口向下
①求的取值范围；
②设抛物线G与直线的另一个交点为Q，当点Q向左平移1个单长度后得到的点Q' 也在G上时，求G在≤≤的图象的最高点的坐标．
【答案】(1)直线解析式为：；
(2)①m＜10，且m≠0；②最高点的坐标为（-2，9）或（2，5）
【分析】（1）根据待定系数法求出解析式即可；
（2）①设G的顶点式，根据点P在直线上得出G的关系式，根据题意得出点（0，-3）不能成为抛物线G的顶点，进而得出点P必须位于直线的上方，可求m的取值范围，然后结合点P不能在轴上得出答案；
②先根据点Q，点的对称，得QQ'=1，可表示点Q和的坐标，再将点的坐标的代入关系式，求出a，再将点（0，-3）代入可求出m的值，然后分两种情况结合取值范围，求出函数最大值时，最高点的坐标即可．
【详解】（1）解：∵直线经过点（0，7）和点（1，6），
∴，
解得，
∴直线解析式为：；
（2）解：①设G：（），
∵点P（，）在直线上，
∴；
∴G：（）
∵（0，-3）不在直线上，
∴（0，-3）不能成为抛物线G的顶点，
而以P为顶点的抛物线G开口向下，且经过（0，-3），
∴点P必须位于直线的上方，
则，，
另一方面，点P不能在轴上，
∴，
∴所求取值范围为：，且 ；
②如图，QQ'关于直线对称，且QQ'=1，
∴点Q横坐标为，
而点Q在上，∴Q（，），Q'（，）；
∵Q'（，）在G：上，
∴， ，
∴ G：，或．
∵抛物线G过点（0，-3），
∴，
即，
， ；
当时，抛物线G为，对称轴为直线，
对应区间为-2≤≤-1，整个区间在对称轴的右侧，
此时，函数值随着的增大而减小，如图，
∴当取区间左端点时，达最大值9，最高点坐标为（-2，9）；
当时，对应区间为≤≤，最高点为顶点P（2，5），如图，
∴G在指定区间图象最高点的坐标为（-2，9）或（2，5）．
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，考查了待定系数法求二次函数的关系式，求二次函数的极值等．解题的关键是掌握当时，顶点在直线与轴的交点（0，7），此时抛物线不可能过点（0，-3），因此，可能会被忽视．
5．（2022·上海·统考中考真题）已知：经过点，．
(1)求函数解析式；
(2)平移抛物线使得新顶点为（m＞0）．
①倘若，且在的右侧，两抛物线都上升，求的取值范围；
②在原抛物线上，新抛物线与轴交于，时，求点坐标．
【答案】(1)
(2)①k≥2
②P的坐标为（2，3）或（-2，3）
【分析】（1）把，代入，求解即可；
（2）①由，得顶点坐标为(0，-3)，即点B是原抛物线的顶点，由平移得抛物线向右平移了m个单位，根据，求得m=2，在的右侧，两抛物线都上升，根据抛物线的性质即可求出k取值范围；
②把P（m，n）代入，得n=，则P（m， ），从而求得新抛物线解析式为：y=(x-m)2+n=x2-mx+m2-3，则Q(0，m2-3)，从而可求得BQ=m2，BP2=，PQ2=，即可得出BP=PQ，过点P作PC⊥y轴于C，则PC=|m|，根据等腰三角形的性质可得BC=BQ=m2，∠BPC=∠BPQ=×120°=60°，再根据tan∠BPC= tan 60°=，即可求出m值，从而求出点P坐标．
（1）
解：把，代入，得
，解得：，
∴函数解析式为：；
（2）
解：①∵，
∴顶点坐标为(0，-3)，即点B是原抛物线的顶点，
∵平移抛物线使得新顶点为（m＞0）．
∴抛物线向右平移了m个单位，
∴，
∴m=2，
∴平移抛物线对称轴为直线x=2，开口向上，
∵在的右侧，两抛物线都上升，
又∵原抛物线对称轴为y 轴，开口向上，
∴k≥2，
②把P（m，n）代入，得n=，
∴P（m， ）
根据题意，得新抛物线解析式为：y=(x-m)2+n=x2-mx+m2-3，
∴Q(0，m2-3)，
∵B（0，-3），
∴BQ=m2，BP2=，
PQ2=，
∴BP=PQ，
如图，过点P作PC⊥y轴于C，则PC=|m|，
∵BP=PQ，PC⊥BQ，
∴BC=BQ=m2，∠BPC=∠BPQ=×120°=60°，
∴tan∠BPC= tan 60°=，
解得：m=±2，
∴n==3，
故P的坐标为（2，3）或（-2，3）
【点睛】本题考查待定系数法求抛物线解析式，抛物线的平移，抛物线的性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，本题属抛物线综合题目，属中考常考试题目，难度一般．
6．（2022·湖北恩施·统考中考真题）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线与y轴交于点．
(1)直接写出抛物线的解析式．
(2)如图，将抛物线向左平移1个单位长度，记平移后的抛物线顶点为Q，平移后的抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C．判断以B、C、Q三点为顶点的三角形是否为直角三角形，并说明理由．
(3)直线BC与抛物线交于M、N两点（点N在点M的右侧），请探究在x轴上是否存在点T，使得以B、N、T三点为顶点的三角形与相似，若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
(4)若将抛物线进行适当的平移，当平移后的抛物线与直线BC最多只有一个公共点时，请直接写出拋物线平移的最短距离并求出此时抛物线的顶点坐标．
【答案】(1)
(2)以B、C、Q三点为顶点的三角形是直角三角形，理由见解析
(3)存在，或，
(4)最短距离为，平移后的顶点坐标为
【分析】（1）待定系数法求二次函数解析式；
（2）分别求得B、C、Q的坐标，勾股定理的逆定理验证即可求解；
（3）由，故分两种情况讨论，根据相似三角形的性质与判定即可求解；
（4）如图，作且与抛物线只有1个交点，交轴于点，过点作于点，则是等腰直角三角形，作于，进而求得直线与的距离，即为所求最短距离，进而求得平移方式，将顶点坐标平移即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线与y轴交于点
∴
抛物线解析式为
（2）以B、C、Q三点为顶点的三角形是直角三角形，理由如下：
的顶点坐标为
依题意得，
平移后的抛物线解析式为
令，解
得
令，则，即
以B、C、Q三点为顶点的三角形是直角三角形
（3）存在，或，理由如下，
，，
是等腰直角三角形
设直线的解析式为，
则，
解得，
直线的解析式为，
联立
解得，
，，是等腰直角三角形
，
设直线的解析式为,
直线的解析式为
当时，
设的解析式为，由NT过点
则
解得
的解析式为，
令
解得
，
②当时，则
即
解得
综上所述，或
（4）如图，作，交轴于点，过点作于点，则是等腰直角三角形，作于
直线的解析式为
设与平行的且与只有一个公共点的直线解析式为
则
整理得：
则
解得
直线的解析式为
，
即拋物线平移的最短距离为，方向为方向
∴把点P先向右平移EF的长度，再向下平移FC的长度即得到平移后的坐标
平移后的顶点坐标为，即
【点睛】本题是二次函数综合，考查了相似三角形的性质，求二次函数与一次函数解析式，二次函数图象的平移，勾股定理的逆定理，正确的添加辅助线以及正确的计算是解题的关键．
7．（2022·辽宁沈阳·统考中考真题）如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，抛物线经过点和点与x轴另一个交点A．抛物线与y轴交于点C，作直线AD．
(1)①求抛物线的函数表达式
②并直接写出直线AD的函数表达式．
(2)点E是直线AD下方抛物线上一点，连接BE交AD于点F，连接BD，DE，的面积记为，的面积记为，当时，求点E的坐标；
(3)点G为抛物线的顶点，将抛物线图象中x轴下方部分沿x轴向上翻折，与抛物线剩下部分组成新的曲线为，点C的对应点，点G的对应点，将曲线，沿y轴向下平移n个单位长度（）．曲线与直线BC的公共点中，选两个公共点作点P和点Q，若四边形是平行四边形，直接写出P的坐标．
【答案】(1)①；②
(2)（2，-4）或（0，-3）
(3)（1+，）或
【分析】（1）①利用待定系数解答，即可求解；②利用待定系数解答，即可求解；
（2）过点E作EG⊥x轴交AD于点G，过点B作BH⊥x轴交AD于点H，设点，则点， 可得，然后根据△EFG∽△BFH，即可求解；
（3）先求出向上翻折部分的图象解析式为，可得向上翻折部分平移后的函数解析式为，平移后抛物线剩下部分的解析式为，分别求出直线BC和直线的解析式为，可得BC∥C′G′，再根据平行四边形的性质可得点，然后分三种情况讨论：当点P，Q均在向上翻折部分平移后的图象上时；当点P在向上翻折部分平移后的图象上，点Q在平移后抛物线剩下部分的图象上时；当点P在平移后抛物线剩下部分的图象上，点Q在向上翻折部分平移后的图象上时，即可求解．
（1）
解：①把点和点代入得：
，解得：，
∴抛物线解析式为；
②令y=0，则，
解得：，
∴点A（-2，0），
设直线AD的解析式为，
∴把点和点A（-2，0）代入得：
，解得：，
∴直线AD的解析式为；
（2）
解：如图，过点E作EG⊥x轴交AD于点G，过点B作BH⊥x轴交AD于点H，
当x=6时，，
∴点H（6，-4），即BH=4，
设点，则点，
∴，
∵的面积记为，的面积记为，且，
∴BF=2EF，
∵EG⊥x，BH⊥x轴，
∴△EFG∽△BFH，
∴，
∴，解得：或0，
∴点E的坐标为（2，-4）或（0，-3）；
（3）
解：，
∴点G的坐标为（2，-4），
当x=0时，y=-3，即点C（0，-3），
∴点，
∴向上翻折部分的图象解析式为，
∴向上翻折部分平移后的函数解析式为，平移后抛物线剩下部分的解析式为，
设直线BC的解析式为，
把点B（6，0），C（0，-3）代入得：
，解得：，
∴直线BC的解析式为，
同理直线的解析式为，
∴BC∥C′G′，
设点P的坐标为，
∵点，
∴点 C′向右平移2个单位，再向上平移1个单位得到点 G′，
∵四边形是平行四边形，
∴点，
当点P，Q均在向上翻折部分平移后的图象上时，
，解得：（不合题意，舍去），
当点P在向上翻折部分平移后的图象上，点Q在平移后抛物线剩下部分的图象上时，
，解得：或（不合题意，舍去），
当点P在平移后抛物线剩下部分的图象上，点Q在向上翻折部分平移后的图象上时，
，解得：（舍去，不合题意）或 ，
综上所述，点P的坐标为综上所述，点P的坐标为（1+，）或（1﹣，）．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，并利用数形结合思想解答是解题的关键．
8．（2022·湖南岳阳·统考中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线：经过点和点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，作抛物线，使它与抛物线关于原点成中心对称，请直接写出抛物线的解析式；
(3)如图3，将（2）中抛物线向上平移2个单位，得到抛物线，抛物线与抛物线相交于，两点（点在点的左侧）．
①求点和点的坐标；
②若点，分别为抛物线和抛物线上，之间的动点（点，与点，不重合），试求四边形面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
(3)①或；②16
【分析】（1）将点和点代入，即可求解；
（2）利用对称性求出函数顶点关于原点的对称点为，即可求函数的解析式；
（3）①通过联立方程组，求出点和点坐标即可；
②求出直线的解析式，过点作轴交于点，过点作轴交于点，设，，则，，可求，，由，分别求出的最大值4，的最大值4，即可求解．
（1）
解：将点和点代入，
∴，解得，
∴．
（2）
∵，
∴抛物线的顶点，
∵顶点关于原点的对称点为，
∴抛物线的解析式为，
∴．
（3）
由题意可得，抛物线的解析式为，
①联立方程组，
解得或，
∴或；
②设直线的解析式为，
∴，解得，
∴，
过点作轴交于点，过点作轴交于点，如图所示：
设，，
则，，
∴，
，
∵，，
∴当时，有最大值，
当时，有最大值，
∵，
∴当最大时，四边形面积的最大值为16．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，图象平移和对称的性质是解题的关键．
9．（2022·四川宜宾·统考中考真题）如图，抛物线与x轴交于、两点，与y轴交于点，其顶点为点D，连结AC．
(1)求这条抛物线所对应的二次函数的表达式及顶点D的坐标；
(2)在抛物线的对称轴上取一点E，点F为抛物线上一动点，使得以点A、C、E、F为顶点、AC为边的四边形为平行四边形，求点F的坐标；
(3)在（2）的条件下，将点D向下平移5个单位得到点M，点P为抛物线的对称轴上一动点，求的最小值．
【答案】(1)，顶点D的坐标为
(2)或
(3)
【分析】（1）用待定系数法求解二次函数解析式，再化成顶点式即可得出顶点坐标；
（2）先用待定系数法求直线AC解析式为，再过点F作于点G，证，得，设F点的坐标为，则G点的坐标为，所以，即可求出或，从而求得点F坐标；
（3），是平移得得点M的坐标为，则（2）知点与点关于对称轴对称，连结，对称轴于点H，连结、，过点作于点N，交对称轴于点P，则，，．在中，，则在中，，所以，所以为最小值，根据，所以，即可求出．
【详解】（1）解：∵抛物线经过点，，，
∴，解得：，
∴抛物线的解析式为：=-(x-1)2+4，
∴顶点D的坐标为；
（2）解：设直线AC的解析式为：，
把点，代入得：，，
∴直线AC解析式为：，
过点F作于点G，
∵以A、C、E、F四点为顶点的四边形是以AC为边的平行四边形，
∴，AC=EF，
又∵，
∴
∴，
∴，
设F点的坐标为，
则G点的坐标为，
∴，
∴或，当时，，
∴，
当时，
∴，
∴或；
（3）解：由题意，得点M的坐标为，
由题意知：点与点关于对称轴对称，
连结，对称轴于点H，连结、，过点作于点N，交对称轴于点P，则，，．
在中，，则在中，
∴，
又∵
∴为最小值，
又∵，
∴，
∴求得的最小值为．
【点睛】本题考查用待定系数法求函数解析式，二次函数图象性质，平行四边形的性质，解直角三角形，利用轴对称求最小值，本题属二次函数综合题目，掌握二交次函数图象性质和灵活运用是解题的关键．
10．（2022·湖北宜昌·统考中考真题）已知抛物线与轴交于，两点，与轴交于点．直线由直线平移得到，与轴交于点．四边形的四个顶点的坐标分别为，，，．
(1)填空：______，______；
(2)若点在第二象限，直线与经过点的双曲线有且只有一个交点，求的最大值；
(3)当直线与四边形、抛物线都有交点时，存在直线，对于同一条直线上的交点，直线与四边形的交点的纵坐标都不大于它与抛物线的交点的纵坐标．
①当时，直接写出的取值范围；
②求的取值范围．
【答案】(1)，
(2)当时，可以取得最大值，最大值为2
(3)①的取值范围为：或；②的取值范围：
【分析】（1）将点，代入函数解析式得，解之即可；
（2）设直线的解析式为，将点和代入得，求出直线的解析式；再求出直线的解析式为，根据反比例函数图象上点的坐标特征得，再由直线与双曲线有公共点，由直线与双曲线有且只有一个交点得，进而可求得；
（3）当直线与抛物线有交点时，联立直线与抛物线的解析式，得，可求得；当时，直线与抛物线有且只有一个交点；①当时，四边形的顶点分别为，，，．第一种情况：如图2，时，直线与四边形，抛物线都有交点，且满足直线与矩形的交点的纵坐标都不大于与抛物线的交点的纵坐标．第二种情况：当直线经过点时，如图3所示，，解得，，当直线经过点时，如图4所示得，，最终可得的取值范围为：或．
②（Ⅰ）当的值逐渐增大到使矩形的顶点在直线上时，直线与四边形、抛物线同时有交点，且同一直线与四边形的交点的纵坐标都小于它与抛物线的交点的纵坐标，得解得，．
（Ⅱ）如图5，当的值逐渐增大到使矩形的顶点在这条开口向上的抛物线上（对称轴左侧）时，存在直线（即经过此时点的直线）与四边形、抛物线同时有交点，且同一直线与四边形的交点的纵坐标都不大于它与抛物线的交点的纵坐标，，解之可求出m；综合（Ⅰ）到（Ⅱ），得的取值范围：．
【详解】（1）将点，代入函数解析式得
解得
故答案为：，；
（2）设直线的解析式为，
∵直线经过和，
∴，解得，
∴直线：．
∵直线平移得到直线，且直线与轴交于点，
∴直线：，
∵双曲线经过点，
∴，
∴．
∵直线与双曲线有公共点，
联立解析式得：，
∴，
整理得：，
∵直线与双曲线有且只有一个交点，
∴，
即，
整理得：，
化简得：，
∴，
∵点在第二象限，
∴，
解得，．
∴当时，可以取得最大值，最大值为2．
（3）如图1，当直线与抛物线有交点时，联立直线与抛物线的解析式.
得：，
得：，
整理得：，
∴，
即，
∴，
当时，直线：与抛物线有且只有一个交点．
①当时，四边形的顶点分别为，，，．
第一种情况：如图2，当直线经过时，此时与重合.
∴时，直线与四边形，抛物线都有交点，且满足直线与矩形的交点的纵坐标都不大于与抛物线的交点的纵坐标．
第二种情况：当直线经过点时，如图3所示.
，解得，，
当直线经过点时，如图4所示
，解得，，
∴，
综上所述，的取值范围为：或．
②（Ⅰ）当的值逐渐增大到使矩形的顶点在直线上时，直线与四边形、抛物线同时有交点，且同一直线与四边形的交点的纵坐标都小于它与抛物线的交点的纵坐标．
，
解得，．
（Ⅱ）如图5，当的值逐渐增大到使矩形的顶点在这条开口向上的抛物线上（对称轴左侧）时，存在直线（即经过此时点的直线）与四边形、抛物线同时有交点，且同一直线与四边形的交点的纵坐标都不大于它与抛物线的交点的纵坐标．
，
化简，得：．
解得，（舍），，
从（Ⅰ）到（Ⅱ），在的值逐渐增大的过程中，均存在直线，同时与矩形、抛物线相交，且对于同一条直线上的交点，直线与矩形的交点的纵坐标都不大于它与抛物线的交点的纵坐标．
综上所述，的取值范围：．
【点睛】本题考查二次函数与反比例函数、一次函数的综合题，属中考压轴题，难度大，根据题中条件正确分类是解题关键．
11．（2022·江苏连云港·统考中考真题）已知二次函数，其中．
(1)当该函数的图像经过原点，求此时函数图像的顶点的坐标；
(2)求证：二次函数的顶点在第三象限；
(3)如图，在（1）的条件下，若平移该二次函数的图像，使其顶点在直线上运动，平移后所得函数的图像与轴的负半轴的交点为，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)最大值为
【分析】（1）先利用待定系数法求出二次函数解析式，再将二次函数解析式化为顶点式即可得到答案；
（2）先根据顶点坐标公式求出顶点坐标为，然后分别证明顶点坐标的横纵坐标都小于0即可；
（3）设平移后图像对应的二次函数表达式为，则其顶点坐标为，然后求出点B的坐标，根据平移后的二次函数顶点在直线上推出，过点作，垂足为，可以推出,由此即可求解．
【详解】（1）解：将代入，
解得．
由，则符合题意，
∴，
∴．
（2）解：由抛物线顶点坐标公式得顶点坐标为．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴二次函数的顶点在第三象限．
（3）解：设平移后图像对应的二次函数表达式为，则其顶点坐标为
当时，，
∴．
将代入，
解得．
∵在轴的负半轴上，
∴．
∴．
过点作，垂足为，
∵，
∴．
在中，
,
∴当时，此时，面积有最大值，最大值为．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数的平移，二次函数的最值问题，正确理解题意，熟练掌握二次函数的相关知识是解题的关键．
12．（2022·重庆·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与直线交于点，．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点是直线下方拋物线上的一动点，过点作轴的平行线交于点，过点作轴的平行线交轴于点，求的最大值及此时点的坐标；
(3)在（2）中取得最大值的条件下，将该抛物线沿水平方向向左平移5个单位，点为点的对应点，平移后的抛物线与轴交于点，为平移后的抛物线的对称轴上一点．在平移后的抛物线上确定一点，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，写出所有符合条件的点的坐标，并写出求解点的坐标的其中一种情况的过程．
【答案】(1)
(2)，
(3)；；
【分析】（1）将点A，B的坐标代入抛物线中求出b，c即可；
（2）设交于，可得，求出直线AB的解析式，设，则，，表示出，然后根据二次函数的性质求出最值即可；
（3）根据平移的性质可得平移后抛物线解析式及点E、F坐标，设，，分情况讨论：①当为对角线时，②当为对角线时，③当为对角线时，分别根据对角线交点的横坐标相同列式计算即可．
【详解】（1）解：将点，代入得：，
解得：，
∴该抛物线的函数表达式为：；
（2）如图，设交于，
∵，，
∴OA＝OB＝4，
∴，
∵PC∥OB，PD∥OA，
∴，，
∴，
设直线AB的解析式为，
则，解得：，
∴直线AB的解析式为，
设，则，，
∴，
∴当时，取得最大值，此时；
（3）由题意得：平移后抛物线解析式为，，
∴，
∵抛物线的对称轴为，
∴设，，
分情况讨论：
①当为对角线时，
则，
解得：，此时，
∴；
②当为对角线时，
则，即，
此时，
∴；
③当为对角线时，
则，即，
此时，
∴，
综上所述，点的坐标为：，，．
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，待定系数法，二次函数的图象和性质，一次函数的性质，二次函数的最值，二次函数图象的平移，平行四边形的性质等知识，解题的关键是学会用待定系数法求二次函数解析式，根据二次函数解析式求最大值以及利用平行四边形的性质列方程．
类型二：翻折
13．（2022·湖南湘西·统考中考真题）已知二次函数y＝﹣x2+4x+5及一次函数y＝﹣x+b，将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分不变，得到一个新图象（如图所示），当直线y＝﹣x+b与新图象有4个交点时，b的取值范围是 _____．
【答案】
【分析】解方程﹣x2+4x+5＝0得A（﹣1，0），B（5，0），再利用折叠的性质求出折叠部分的解析式为，即y＝x2﹣4x﹣5（﹣1≤x≤5），然后求出直线y＝﹣x+b经过点A（﹣1，0）时b的值和当直线y＝﹣x+b与抛物线y＝x2﹣4x﹣5（﹣1≤x≤5）有唯一公共点时b的值，从而得到当直线y＝﹣x+b与新图象有4个交点时，b的取值范围．
【详解】解：如图所示：
当y＝0时，﹣x2+4x+5＝0，解得x1＝﹣1，x2＝5，则A（﹣1，0），B（5，0），
将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方的部分图象的解析式为，
即y＝x2﹣4x﹣5（﹣1≤x≤5），
当直线y＝﹣x+b经过点A（﹣1，0）时，1+b＝0，解得b＝﹣1；
当直线y＝﹣x+b与抛物线y＝x2﹣4x﹣5（﹣1≤x≤5）有唯一公共点时，方程，即有相等的实数解，即
解得，
所以当直线y＝﹣x+b与新图象有4个交点时，b的取值范围为＜b＜﹣1，
故答案为：．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数图象与几何变换．
14．（2022·青海西宁·统考中考真题）如图，抛物线与x轴交于点，与y轴交于点B，点C在直线AB上，过点C作轴于点，将沿CD所在直线翻折，使点A恰好落在抛物线上的点E处．
(1)求抛物线解析式；
(2)连接BE，求的面积；
(3)拋物线上是否存在一点P，使？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)2
(3)存在，或
【分析】（1）先根据翻折得到E点坐标，然后结合运用待定系数法求解即可；
（2）先确定点B的坐标，然后确定直线AB的解析式，进而确定、、，最后根据结合三角形的面积公式即可解答；
（3）先说明是等腰直角三角形，设点P的坐标为，然后分点P在x轴上方和下方两种情况分别解答即可．
（1）
解：∵沿CD所在直线翻折，点A落在点E处
∴
把A，E两点坐标代入得，解得
∴抛物线的解析式为．
（2）
解：∵抛物线与y轴交于点B
∴令时，
∴
设直线AB的解析式为
把A，B两点坐标代入得解得
∴直线AB的解析式为；
∴点C在直线AB上轴于点
当时
∴
∴
∴，，
∴
∴的面积是2．
（3）
解：存在，理由如下：
∵，
∴
在中
∴是等腰直角三角形
∵点P在抛物线上
∴设点P的坐标为
①当点P在x轴上方时记为，过作轴于点M
在中∵∴
即解得（舍去）
当时
∴
②当点P在x轴下方时记为，过作轴于点N
在中
∴
∴
∴解得（舍去）
当时
∴
综上，符合条件的P点坐标是或．
【点睛】本题属于二次函数综合题，涉及求二次函数的性质、二次函数解析式、二次函数与几何图形综合等知识点，灵活运用二次函数的性质以及其与几何知识的联系是解答本题的关键．
15．（2022·湖南衡阳·统考中考真题）如图，已知抛物线交轴于、两点，将该抛物线位于轴下方的部分沿轴翻折，其余部分不变，得到的新图象记为“图象”，图象交轴于点．
(1)写出图象位于线段上方部分对应的函数关系式；
(2)若直线与图象有三个交点，请结合图象，直接写出的值；
(3)为轴正半轴上一动点，过点作轴交直线于点，交图象于点，是否存在这样的点，使与相似？若存在，求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)或
(3)存在，或或
【分析】（1）先求出点A、B、C坐标，再利用待定系数法求解函数关系式即可；
（2）联立方程组，由判别式△=0求得b值，结合图象即可求解；
（3）根据相似三角形的性质分∠CNM=90°和∠NCM=90°讨论求解即可．
【详解】（1）解：由翻折可知：.
令，解得：，，
∴，，
设图象的解析式为，代入，解得，
∴对应函数关系式为=．
（2）解：联立方程组，
整理，得：，
由△=4-4（b-2）=0得：b=3，此时方程有两个相等的实数根，
由图象可知，当b=2或b=3时，直线与图象有三个交点；
（3）解：存在．如图1，当时，，此时，N与C关于直线x= 对称，
∴点N的横坐标为1，∴；
如图2，当时，，此时，点纵坐标为2，
由，解得，（舍），
∴N的横坐标为，
所以；
如图3，当时，，此时，直线的解析式为，
联立方程组：，解得，（舍），
∴N的横坐标为，
所以，
因此，综上所述：点坐标为或或．
【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及翻折性质、待定系数法求二次函数解析式、二次函数与一次函数的图象交点问题、相似三角形的性质、解一元二次方程等知识，综合体现数形结合思想和分类讨论思想的运用，属于综合题型，有点难度．
16．（2022·广西柳州·统考中考真题）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（m，0）两点，与y轴交于点C（0，5）．
(1)求b，c，m的值；
(2)如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴，垂足为点F，当四边形DEFG的周长最大时，求点D的坐标；
(3)如图2，点M是抛物线的顶点，将△MBC沿BC翻折得到△NBC，NB与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得△PQB是以QB为直角边的直角三角形，求出所有符合条件的点P的坐标．
【答案】(1)b=4，c=5， m=5
(2)当四边形DEFG的周长最大时，点D的坐标为（3，8）
(3)所有符合条件的点P的坐标为（2，），（2，﹣9）
【分析】（1）把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，利用待定系数法求解b，c即可，再令y=0，再解方程求解m即可；
（2）先求解抛物线的对称轴为x＝2，设D（x，﹣x2+4x+5），则E（4﹣x，﹣x2+4x+5），证明四边形DEFG是矩形，而 可得四边形DEFG的周长＝2（﹣x2+4x+5）+2（2x﹣4）＝﹣2x2+12x+2＝﹣2（x﹣3）2+20，再利用二次函数的性质可得答案；
（3）过点C作CH⊥对称轴于H，过点N作NK⊥y轴于K，证明△MCH≌△NCK（AAS），再求解N（﹣4，3），求解直线的解析式为： 可得 设P（2，p），再利用勾股定理表示 BP2＝， 再分两种情况建立方程求解即可．
【详解】（1）把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，
，解得：
∴这个抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5，
令y＝0，则﹣x2+4x+5＝0，解得x1＝5，x2＝﹣1，
∴B（5，0），
∴m＝5；
（2）∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴对称轴为x＝2，
设D（x，﹣x2+4x+5），
∵轴，
∴E（4﹣x，﹣x2+4x+5），
∵过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴，
∴四边形DEFG是矩形，
∴
∴四边形DEFG的周长＝2（﹣x2+4x+5）+2（2x﹣4）＝﹣2x2+12x+2＝﹣2（x﹣3）2+20，
∴当x＝3时，四边形DEFG的周长最大，
∴当四边形DEFG的周长最大时，点D的坐标为（3，8）；
（3）过点C作CH⊥对称轴于H，过点N作NK⊥y轴于K，
∴∠NKC＝∠MHC＝90°，
由翻折得CN＝CM，∠BCN＝∠BCM，
∵B（5，0），C（0，5）．
∴OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∵CH⊥对称轴于H，
∴轴，
∴∠BCH＝45°，
∴∠BCH＝∠OCB，
∴∠NCK＝∠MCH，
∴△MCH≌△NCK（AAS），
∴NK＝MH，CK＝CH，
∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴对称轴为x＝2，M（2，9），
∴MH＝9﹣5＝4，CH＝2，
∴NK＝MH＝4，CK＝CH＝2，
∴N（﹣4，3），
设直线BN的解析式为y＝mx+n，
∴ 解得：
∴直线的解析式为：
∴
设P（2，p），
∴
BP2＝，
分两种情况：
①当∠BQP＝90°时，BP2＝PQ2+BQ2，
∴
解得：
∴
②当∠QBP＝90°时，P′Q2＝BP′2+BQ2，
∴
解得：
∴点P′的坐标为（2，﹣9）．
综上，所有符合条件的点P的坐标为或．
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数与坐标轴的交点坐标问题，二次函数的性质，对称轴的性质，二次函数与直角三角形，勾股定理的应用，清晰的分类讨论是解本题的关键．
17．（2022·湖南邵阳·统考中考真题）如图，已知直线y=2x+2与抛物线y=ax2+bx+c相交于A，B两点，点A在x轴上，点B在y轴上，点C(3，0)在抛物线上．
(1)求该抛物线的表达式．
(2)正方形OPDE的顶点O为直角坐标系原点，顶点P在线段OC上，顶点E在y轴正半轴上，若△AOB与△DPC全等，求点P的坐标．
(3)在条件（2）下，点Q是线段CD上的动点（点Q不与点D重合），将△PQD沿PQ所在的直线翻折得到△PQD'，连接CD'，求线段CD'长度的最小值．
【答案】(1)该抛物线的表达式为y=x2+x+2；
(2)点P的坐标为(1，0)或(2，0)；
(3)线段CD'长度的最小值为1．
【分析】（1）先求得点A(-1，0)，点B(0，2)，利用待定系数法即可求解；
（2）分两种情况讨论：△AOB≌△DPC和△AOB≌△CPD，利用全等三角形的性质求解即可；
（3）按照（2）的结论，分两种情况讨论，当P、D'、C三点共线时，线段CD'长度取得最小值，据此求解即可．
【详解】（1）解：令x=0，则y=2x+2=2，令y=0，则0=2x+2，解得x=-1，
点A(-1，0)，点B(0，2)，
把A(-1，0)，B(0，2)，C(3，0)代入y=ax2+bx+c，
得，解得，
∴该抛物线的表达式为y=x2+x+2；
（2）解：若△AOB和△DPC全等，且∠AOB=∠DPC=90°，
分两种情况：
①△AOB≌△DPC，则AO=PD=1，OB=PC=2，
∵OC=3，
∴OP=3-2=1，
∴点P的坐标为(1，0)；
②△AOB≌△CPD，则OB=PD=2，
∴正方形OPDE的边长为2，
∴点P的坐标为(2，0)；
综上，点P的坐标为(1，0)或(2，0)；
（3）解：①点P的坐标为(1，0)时，
∵△PQD'与△PQD关于PQ对称，
∴PD'=PD，
∴点D'在以点P为圆心，1为半径的圆上运动，
当P、D'、C三点共线时，线段CD'长度取得最小值，最小值为2-1=1；
②点P的坐标为(2，0)时，
∵△PQD'与△PQD关于PQ对称，
∴PD'=PD，
∴点D'在以点P为圆心，2为半径的圆上运动，
当P、C、D'三点共线时，线段CD'长度取得最小值，最小值为2-1=1；
综上，线段CD'长度的最小值为1．
【点睛】此题主要考查了二次函数的综合应用，全等三角形的判定与性质以及待定系数法求二次函数解析式，正方形的性质的应用，点和圆的位置关系，解题的关键是正确进行分类讨论．
类型三：旋转
18．（2022·四川资阳·中考真题）已知二次函数图象的顶点坐标为，且与x轴交于点．
(1)求二次函数的表达式；
(2)如图，将二次函数图象绕x轴的正半轴上一点旋转，此时点A、B的对应点分别为点C、D．
①连结，当四边形为矩形时，求m的值；
②在①的条件下，若点M是直线上一点，原二次函数图象上是否存在一点Q，使得以点B、C、M、Q为顶点的四边形为平行四边形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)（或）
(2)①，②存在符合条件的点Q，其坐标为或或
【分析】（1）根据二次函数的图象的顶点坐标，设二次函数的表达式为，再把代入即可得出答案；
（2）①过点作轴于点E，根据，又因为，证明出，从而得出，将，，代入即可求出m的值；
②根据上问可以得到，点M的横坐标为4，，要让以点B、C、M、Q为顶点的平行四边形，所以分为三种情况讨论：1）当以为边时，存在平行四边形为；2）当以为边时，存在平行四边形为；3）当以为对角线时，存在平行四边形为；即可得出答案．
（1）
∵二次函数的图象的顶点坐标为，
∴设二次函数的表达式为，
又∵，∴，
解得：，
∴（或）；
（2）
①∵点P在x轴正半轴上，
∴，
∴，
由旋转可得：，
∴，
过点作轴于点E，
∴，，
在中，，
当四边形为矩形时，，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
解得；
②由题可得点与点C关于点成中心对称，
∴，
∵点M在直线上，
∴点M的横坐标为4，
存在以点B、C、M、Q为顶点的平行四边形，
1）、当以为边时，平行四边形为，
点C向左平移8个单位，与点B的横坐标相同，
∴将点M向左平移8个单位后，与点Q的横坐标相同，
∴代入，
解得：，
∴，
2）、当以为边时，平行四边形为，
点B向右平移8个单位，与点C的横坐标相同，
∴将M向右平移8个单位后，与点Q的横坐标相同，
∴代入，
解得：，
∴，
3）、当以为对角线时，
点M向左平移5个单位，与点B的横坐标相同，
∴点C向左平移5个单位后，与点Q的横坐标相同，
∴代入，
得：，
∴，
综上所述，存在符合条件的点Q，其坐标为或或．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，中心对称，平行四边形的存在性问题，矩形的性质，熟练掌握以上性质并作出辅助线是本题的关键．
19．（2022·广西河池·统考中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线L1：y＝ax2+2x+b与x轴交于两点A，B（3，0），与y轴交于点C（0，3）．
(1)求抛物线L1的函数解析式，并直接写出顶点D的坐标；
(2)如图，连接BD，若点E在线段BD上运动（不与B，D重合），过点E作EF⊥x轴于点F，设EF＝m，问：当m为何值时，△BFE与△DEC的面积之和最小；
(3)若将抛物线L1绕点B旋转180°得抛物线L2，其中C，D两点的对称点分别记作M，N．问：在抛物线L2的对称轴上是否存在点P，使得以B，M，P为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，抛物线顶点
(2)时，△BFE与△DEC的面积之和最小
(3)
【分析】（1）利用待定系数法求出a，b的值即可；
（2）如图1中，连接BC，过点C作CH⊥BD于点H．设抛物线的对称轴交x轴于点T．首先证明∠DCB=90°，利用面积法求出CH，构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；
（3）如图2中，由题意抛物线L2的对称轴x=5，M（6，-3）．设P（5，m），分三种情形：当BP=BM时，当PB=PM时，当BM=PM时，分别构建方程求解即可．
（1）
解：∵y＝ax2+2x+b与x轴交于两点A，B（3，0），与y轴交于点C（0，3），
，
∴，
抛物线的解析式为；
由
抛物线顶点；
（2）
如图1中，连接BC，过点C作CH⊥ BD于点H．设抛物线的对称轴交x轴于点T．
，
，
，
，
，
，
轴， 轴，
，
，
，
，
与 的面积之和
，
S有最小值，最小值为，此时，
时，△BFE与△DEC的面积之和有最小值．
（3）
存在，如图2，
，，的对称轴为直线，
将抛物线L1绕点B旋转180°得抛物线L2，其中C，D两点的对称点分别记作M，N．
抛物线的对称轴为直线，
设 ，
当 时，
，
，
，
当 时，
，
解得， ，
，
当 时，
，
解得， ，
综上所述，满足条件的的坐标为 ．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式、二次函数的性质，等腰三角形的判定和性质，中心对称变换等知识，解题的关键是学会根据二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
20．（2022·辽宁抚顺·统考中考真题）如图，抛物线与x轴交于，B两点，与y轴交于点，点D为x轴上方抛物线上的动点，射线交直线于点E，将射线绕点O逆时针旋转得到射线，交直线于点F，连接．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点D在第二象限且时，求点D的坐标；
(3)当为直角三角形时，请直接写出点D的坐标．
【答案】(1)
(2)或
(3)或或或
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点D作于点G，交于点H，先求出直线AC的解析式，设，则，证明△EDH∽△EOC得到，即可求出DH=3，据此求解即可；
（3）分D和F为直角顶点进行讨论求解即可．
（1）
解：将代入得：
，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）
解：过点D作于点G，交于点H，
设过点的直线的解析式为，则
，
解得，
∴直线的解析式为，
设，则．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
解得或
将分别代入得
∴或；
（3）
解：如图1所示，当点D与点C重合时，
∵点A（-4，0），点C（0，4），
∴OA=OC=4，
∴∠OCA=∠OAC=45°，
当点C与点D重合时，∵OP是OD逆时针旋转45°得到的，
∴∠POD=45°，即∠FOC=45°，
∴∠AOF=∠FOC=45°，
又∵OA=OC，
∴OF⊥AC，即∠OFC=90°，
∴△OFC是直角三角形，
∴此时点D的坐标为（0，4）；
如图2所示，当∠DFO=90°时，连接CD，
由旋转的性质可得∠DOF=45°，
∴△DOF是等腰直角三角形，
∴OF=OD，∠FDO=∠FCO=45°，
∴C、D、F、O四点共圆，
∴∠FCD=∠FOD=45°，
∴∠OCD=∠FCD+∠FCO=90°，
∴CD⊥OC，
∴点D的纵坐标为4，
∴当y=4时，，
解得或（舍去），
∴点D的坐标为（-3，4）；
如图3所示，当∠ODF=90°时，过点D作DH⊥y轴于H，过点F作FG⊥DH交HD延长线于G，同理可证△DOF是等腰直角三角形，
∴OD=DF，
∵FG⊥DH，DH⊥y轴，
∴∠FGD=∠DHO=90°，
∴∠GDF+∠GFD=90°，
又∵∠GDF+∠HDO=90°，
∴∠GFD=∠HDO，
∴△GDF≌△HOD（AAS），
∴GD=OH，GF=DH，
设点D的坐标为（m，），
∴，
∴，
∴点F的坐标为（，），
∵点F在直线AC：上，
∴，
∴，
解得，
∴点D的坐标为或；
综上所述，点D的坐标为（-3，4）或（0，4）或或
【点睛】本题主要考查了二次函数与一次函数综合，二次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键．
21．（2022·广西梧州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线分别与x，y轴交于点A，B，抛物线恰好经过这两点．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)若点C的坐标是，将绕着点C逆时针旋转90°得到，点A的对应点是点E．
①写出点E的坐标，并判断点E是否在此抛物线上；
②若点P是y轴上的任一点，求取最小值时，点P的坐标．
【答案】(1)
(2)①点E在抛物线上；②P（0，−）
【分析】（1）先求出A、B坐标，然后根据待定系数法求解即可；
（2）①根据旋转的性质求出EF=AO=3，CF=CO=6，从而可求E的坐标，然后把E的坐标代入（1）的函数解析式中，从而判断出点E是否在抛物线上；
②过点E作EH⊥AB，交y轴于P，垂足为H，，则，得，可知HP＋PE的最小值为EH的长，从而解决问题．
【详解】（1）解：当x=0时，y=-4，
当y=0时，，
∴x=-3，
∴A（-3，0），B（0，-4），
把A、B代入抛物线，
得，
∴，
∴抛物线解析式为．
（2）解：①∵A（-3，0），C（0，6），
∴AO=3，CO=6，
由旋转知：EF=AO=3，CF=CO=6，∠FCO=90°
∴E到x轴的距离为6-3=3，
∴点E的坐标为（6，3），
当x=3时，，
∴点E在抛物线上；
②过点E作EH⊥AB，交y轴于P，垂足为H，
∵A（−3，0），B（0，−4），
∴OA＝3，OB＝4，
∴AB＝5，
∵，
∴，
∴，
∴HP＋PE的最小值为EH的长，
作EG⊥y轴于G，
∵∠GEP＝∠ABO，
∴tan∠GEP＝tan∠ABO，
∴，
∴，
∴，
∴OP＝−3＝，
∴P（0，−）．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，旋转的性质，三角函数，两点之间、线段最短等知识，利用三角函数将转化为HP的长是解题的关键．
22．（2021·山东滨州·统考中考真题）如下列图形所示，在平面直角坐标系中，一个三角板的直角顶点与原点O重合，在其绕原点O旋转的过程中，两直角边所在直线分别与抛物线相交于点A、B（点A在点B的左侧）．
（1）如图1，若点A、B的横坐标分别为-3、，求线段AB中点P的坐标；
（2）如图2，若点B的横坐标为4，求线段AB中点P的坐标；
（3）如图3，若线段AB中点P的坐标为，求y关于x的函数解析式；
（4）若线段AB中点P的纵坐标为6，求线段AB的长．
【答案】（1）（，）；（2）（，）；（3）y=x2+2；（4）
【分析】（1）根据点、的横坐标分别为、，可以先求的点和的坐标，平行线分线段成比例定理可以得到，然后即可得到点的坐标；
（2）根据点的横坐标为4，可以求得点的坐标，然后根据相似三角形的判定与性质，可以求得点的坐标，再根据（1）求中点坐标的方法可以求得点的坐标；
（3）根据相似三角形的判定与性质，可以求得点和点的坐标与点坐标的关系，从而可以得到与的关系；
（4）将代入（3）中的函数关系式，可以求得点的横坐标的平方，然后根据勾股定理可以得到的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得到线段的长．
【详解】解：（1）点、在抛物线上，点、的横坐标分别为、，
当时，，
当时，，
即点的坐标为，点的坐标为，，
作轴于点，作轴于点，作轴于点，如图1所示，
则，
点为线段的中点，
，
由平行线分线段成比例，可得，
设点的坐标为，
则，
，
同理可得，，
点的坐标为，；
（2）点在抛物线上，点的横坐标为4，
点的纵坐标为：，
点的坐标为，
，，
作轴于点，作轴于点，如图2所示，
，，，
，，，
，
，
，
设点的坐标为，
，，
，
解得（舍去），，
点的坐标为，
中点的横坐标为：，纵坐标为，
线段中点的坐标为，；
（3）作轴于点，作轴于点，如图3所示，
由（2）知，，
，
设点的坐标为，点的坐标为，
，
解得，，
点是线段的中点，
，，
，
，
即关于的函数解析式是；
（4）当时，，
，
，是直角三角形，点时斜边的中点，
，
即线段的长是．
【点睛】本题是一道二次函数综合题目．主要考查平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、中点坐标公式，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
23．（2021·江苏盐城·统考中考真题）学习了图形的旋转之后，小明知道，将点绕着某定点顺时针旋转一定的角度，能得到一个新的点．经过进一步探究，小明发现，当上述点在某函数图像上运动时，点也随之运动，并且点的运动轨迹能形成一个新的图形．
试根据下列各题中所给的定点的坐标和角度的大小来解决相关问题．
【初步感知】
如图1，设，，点是一次函数图像上的动点，已知该一次函数的图像经过点．
（1）点旋转后，得到的点的坐标为________；
（2）若点的运动轨迹经过点，求原一次函数的表达式．
【深入感悟】
（3）如图2，设，，点反比例函数的图像上的动点，过点作二、四象限角平分线的垂线，垂足为，求的面积．
【灵活运用】
（4）如图3，设A，，点是二次函数图像上的动点，已知点、，试探究的面积是否有最小值？若有，求出该最小值；若没有，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）存在最小值，
【分析】（1）根据旋转的定义得，观察点和在同一直线上即可直接得出结果．
（2）根据题意得出的坐标，再利用待定系数法求出原一次函数表达式即可．
（3）先根据计算出交点坐标，再分类讨论①当时，先证明再计算面积．②当-时，证，再计算即可．
（4）先证明为等边三角形，再证明，根据在中，，写出，从而得出的函数表达式，当直线与抛物线相切时取最小值，得出，由计算得出的面积最小值．
【详解】（1）由题意可得:
∴的坐标为
故答案为：；
（2）∵，由题意得
坐标为
∵，在原一次函数上，
∴设原一次函数解析式为
则
∴
∴原一次函数表达式为；
（3）设双曲线与二、四象限平分线交于点，则
解得
①当时
作轴于
∵
∴
∵
∴
∴在和中
∴
即；
②当-时
作于轴于点
∵
∴
∴
∴
∴
在和中
∴
∴；
（4）连接，，将，绕逆时针旋转得，，作轴于
∵，
∴
∴
∴为等边三角形，此时与重合，即
连接，∵
∴
∴在和中
∴
∴，
∴作轴于
在中，
∴
∴，即，此时的函数表达式为：
设过且与平行 的直线解析式为
∵
∴当直线与抛物线相切时取最小值
则
即
∴
当时，得
∴
设与轴交于点
∵
∴
【点睛】本题考查旋转、全等三角形的判定和性质、一次函数的解析式、反比例函数的几何意义、两函数的交点问题，函数的最小值的问题，灵活进行角的转换是关键．
24．（2021·湖北黄冈·统考中考真题）已知抛物线与x轴相交于，两点，与y轴交于点C，点是x轴上的动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，若，过点N作x轴的垂线交抛物线于点P，交直线于点G．过点P作于点D，当n为何值时，；
（3）如图2，将直线绕点B顺时针旋转，使它恰好经过线段的中点，然后将它向上平移个单位长度，得到直线．
①______；
②当点N关于直线的对称点落在抛物线上时，求点N的坐标．
【答案】（1）；（2）；（3）①；②或．
【分析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可得；
（2）先根据抛物线的解析式可得点的坐标，再利用待定系数法可得直线的解析式，从而可得点的坐标，然后分别求出的长，最后根据全等三角形的性质可得，由此建立方程求解即可得；
（3）①先利用待定系数法求出直线的解析式，再根据平移的性质可得直线的解析式，从而可得点的坐标，然后根据正切三角函数的定义即可得；
②先求出直线的解析式，再与直线的解析式联立求出它们的交点坐标，从而可得点的坐标，然后代入抛物线的解析式求解即可得．
【详解】解：（1）将点，代入得：，
解得，
则抛物线的解析式为；
（2）由题意得：点的坐标为，
对于二次函数，
当时，，即，
设直线的解析式为，
将点，代入得：，解得，
则直线的解析式为，
，
，，
，
，即，
解得或（与不符，舍去），
故当时，；
（3）①如图，设线段的中点为点，过点作轴的垂线，交直线于点，
则点的坐标为，点的横坐标为3，
设直线的解析式为，
将点，代入得：，解得，
则直线的解析式为，
由平移的性质得：直线的解析式为，
当时，，即，
，
，
故答案为：；
②由题意得：，
则设直线的解析式为，
将点代入得：，解得，
则直线的解析式为，
联立，解得，
即直线与直线的交点坐标为，
设点的坐标为，
则，解得，即，
将点代入得：，
整理得：，
解得或，
则点的坐标为或．
【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的综合、全等三角形的性质、正切三角函数等知识点，熟练掌握待定系数法和二次函数的性质是解题关键．
专题27 二次函数与图形图象变换问题
在二次函数压轴题中，经常会把图形图象的平移、翻折、旋转三种变换放在其中，以考察学生的综合分析能力，是各地区的热点考察题型。
直击中考
类型一：平移
1．（2022·江苏镇江·统考中考真题）一次函数的图像与轴交于点，二次函数的图像经过点、原点和一次函数图像上的点．
(1)求这个二次函数的表达式；
(2)如图1，一次函数与二次函数的图像交于点、（），过点作直线轴于点，过点作直线轴，过点作于点．
①_________，_________（分别用含的代数式表示）；
②证明：；
(3)如图2，二次函数的图像是由二次函数的图像平移后得到的，且与一次函数的图像交于点、（点在点的左侧），过点作直线轴，过点作直线轴，设平移后点、的对应点分别为、，过点作于点，过点作于点．
①与相等吗？请说明你的理由；
②若，求的值．
【答案】(1)
(2)①，；②见解析
(3)①，理由见解析；②3
【分析】（1）通过一次函数表达式可以求出A、B两点坐标，将A、B、C三点坐标代入二次函数表达式即可求解；
（2）①通过联立关系式可得：，利用公式法解一元二次方程，求出方程的解即可得到的值；
②通过A（-2，0），E即可求出AE的长度；
通过B，F即可求出BF的长度；
（3）①通过二次函数平移前后的表达式可以确定新二次函数的图像是由原二次函数的图像向右平移个单位，向上平移3个单位得到的，从而可以得到：，．通过联立关系式可得：，利用公式法解一元二次方程，求出方程的解即可得到点P、点Q的横坐标，通过坐标即可表示出的长度．
②由①可得，求解即可．
【详解】（1）令，则，解得，
∴，
将点代入中，解得，
∴点的坐标为．
将，，代入可得：
，解得：，
∴二次函数的表达式为．
（2）①∵一次函数与二次函数的图像交于点、（），
∴联立关系式得：，
整理得：，
解得：，，
故答案为：，；
②当时，位于的上方，∵、，
∴，，
∴，
当时，位于的下方，同理可证．
故可得：；
（3）方法一：
①∵二次函数图像的顶点为，
二次函数的图像的顶点为，
∴新二次函数的图像是由原二次函数的图像向右平移个单位，向上平移3个单位得到的．
∴的对应点为，的对应点为，
联立关系式可得：，
整理得：，
，
当时，解得：，，
∴，，
∴．
②∵，．
∴，
∴，
解得:．
方法二：
①设、平移前的对应点分别为、，则．
则，
∵、平移前的对应点分别为、，
由（2）②及平移的性质可知，．
②∵，
∴，
∵到轴的距离为，点是轴与二次函数的图像的交点，
∴平移后点的对应点即为点．
∵二次函数图像的顶点为，
二次函数的图像的顶点为，
∴新二次函数的图像是由原二次函数的图像向右平移个单位，向上平移3个单位得到的．
∴，将点的坐标代入中，解得．
另解：
∵，
∴，
的对应点为．
∵，
∴点的横坐标为，代入，得．
∴．将点的坐标代入中，解得．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数表达式，联立关系式求交点坐标及利用点的坐标表示线段的长度，能够熟练掌握函数中表示线段长度的方法，求交点坐标的方法，熟练掌握用公式法解一元二次方程是解决本题的关键．
2．（2022·山东枣庄·统考中考真题）如图①，已知抛物线L：y＝x2+bx+c的图象经过点A（0，3），B（1，0），过点A作ACx轴交抛物线于点C，∠AOB的平分线交线段AC于点E，点P是抛物线上的一个动点．
(1)求抛物线的关系式；
(2)若动点P在直线OE下方的抛物线上，连结PE、PO，当△OPE面积最大时，求出P点坐标；
(3)将抛物线L向上平移h个单位长度，使平移后所得抛物线的顶点落在△OAE内（包括△OAE的边界），求h的取值范围；
(4)如图②，F是抛物线的对称轴l上的一点，在抛物线上是否存在点P，使△POF成为以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3
(2)P点坐标为（，）
(3)h的取值范围为3≤h≤4
(4)存在，点P的坐标是（，）或（，）或（，）或（，）
【分析】（1）利用待定系数法可得抛物线的解析式；
（2）过P作PGy轴，交OE于点G，设P（m，m2﹣4m+3），根据OE的解析式表示点G的坐标，表示PG的长，根据面积和可得△OPE的面积，利用二次函数的最值可得其最大值；
（3）求出原抛物线的对称轴和顶点坐标以及对称轴与OE的交点坐标、与AE的交点坐标，用含h的代数式表示平移后的抛物线的顶点坐标，列出不等式组求出h的取值范围；
（4）存在四种情况：作辅助线，构建全等三角形，证明△OMP≌△PNF，根据|OM|＝|PN|，列方程可得点P的坐标；同理可得其他图形中点P的坐标．
【详解】（1）解：∵抛物线L：y＝x2+bx+c的图象经过点A（0，3），B（1，0），
∴ ，
解得，
∴抛物线的解析式为：y＝x2﹣4x+3；
（2）如图1，过P作PGy轴，交OE于点G，
设P（m，m2﹣4m+3），
∵OE平分∠AOB，∠AOB＝90°，
∴∠AOE＝45°，
∴△AOE是等腰直角三角形，
∴AE＝OA＝3，
∴E（3，3），
设直线OE的解析式为y＝kx，把点（3，3）代入得，
3＝3k，
解得k＝1，
∴直线OE的解析式为：y＝x，
∴G（m，m），
∴PG＝m﹣（m2﹣4m+3）＝﹣m2+5m﹣3，
∴S△OPE＝S△OPG+S△EPG
PG•AE
3×（﹣m2+5m﹣3）
（m2﹣5m+3）
（m）2，
∵0，
∴当m时，△OPE面积最大，
此时m2﹣4m+3＝，
∴P点坐标为（，）；
（3）由y＝x2﹣4x+3＝（x﹣2）2﹣1，得抛物线l的对称轴为直线x＝2，顶点为（2，﹣1），
抛物线L向上平移h个单位长度后顶点为F（2，﹣1+h）．
设直线x＝2交OE于点M，交AE于点N，则N（2，3），如图2，
∵直线OE的解析式为：y＝x，
∴M（2，2），
∵点F在△OAE内（包括△OAE的边界），
∴2≤﹣1+h≤3，
解得3≤h≤4；
（4）设P（m，m2﹣4m+3），分四种情况：
①当P在对称轴的左边，且在x轴下方时，如图3，过P作MN⊥y轴，交y轴于M，交l于N，
∴∠OMP＝∠PNF＝90°，
∵△OPF是等腰直角三角形，
∴OP＝PF，∠OPF＝90°，
∴∠OPM+∠NPF＝∠PFN+∠NPF＝90°，
∴∠OPM＝∠PFN，
∴△OMP≌△PNF（AAS），
∴OM＝PN，
∵P（m，m2﹣4m+3），
则﹣m2+4m﹣3＝2﹣m，
解得：m或，
∵m＞2，不合题意，舍去，
∴m，
此时m2﹣4m+3＝，
∴P的坐标为（，）；
②当P在对称轴的左边，且在x轴上方时，
同理得：2﹣m＝m2﹣4m+3，
解得：m1或m2，
∵＞2，不合题意，舍去，
∴m＝，
此时m2﹣4m+3＝，
∴P的坐标为（，）；
③当P在对称轴的右边，且在x轴下方时，如图4，过P作MN⊥x轴于N，过F作FM⊥MN于M，
同理得△ONP≌△PMF，
∴PN＝FM，
则﹣m2+4m﹣3＝m﹣2，
解得：m1或m2；
∵＜2，不合题意，舍去，
∴m＝，
此时m2﹣4m+3＝，
P的坐标为（，）；
④当P在对称轴的右边，且在x轴上方时，如图5，
同理得m2﹣4m+3＝m﹣2，
解得：m或（舍），
P的坐标为：（，）；
综上所述，点P的坐标是：（，）或（，）或（，）或（，）．
【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查了二次函数的综合应用，二次函数的图象与性质及图形的平移，全等三角形的判定与性质以及解一元二次方程的方法，运用分类讨论思想和方程的思想是解决问题的关键．
3．（2022·山东济宁·统考中考真题）已知抛物线与x轴有公共点．
(1)当y随x的增大而增大时，求自变量x的取值范围；
(2)将抛物线先向上平移4个单位长度，再向右平移n个单位长度得到抛物线（如图所示），抛物线与x轴交于点A，B（点A在点B的右侧），与y轴交于点C．当OC＝OA时，求n的值；
(3)D为抛物线的顶点，过点C作抛物线的对称轴l的垂线，垂足为G，交抛物线于点E，连接BE交l于点F．求证：四边形CDEF是正方形．
【答案】(1)
(2)n＝2
(3)见解析
【分析】（1）根据抛物线与轴由公共点，可得，从而而求出的值，进而求得抛物线对称轴，进一步得到结果；
（2）根据图像平移的特征可求出平移后抛物线的解析式，根据和分别得出点和的坐标，根据列出方程，进而求的结果；
（3）从而得出点、点的坐标，由抛物线的解析式可得出点的坐标和点的坐标，进而求得的解析式，从而得出点的坐标，进而得出，进一步得出结论．
（1）
解：∵抛物线与x轴有公共点，
∴
∴∴．
∴，
∴，
∵，
∴当时，y随着x的增大而增大．
（2）
解：由题意，得，
当y＝0时，，
解得：或，
∵点A在点B的右侧，
∴点A的坐标为（1+n，0），点B的坐标为（－3+n，0）．
∵点C的坐标为（0，－n2 +2n+3），
∴n+1＝－n2+2n+3．
解得：n＝2或n＝－1（舍去）．
故n的值为2.
（3）
解：由（2）可知：抛物线C2的解析式为y＝－（x－1）2+4．
∴点A的坐标为（3，0），点B的坐标为（－1，0）
点C的坐标为（0，3），点D的坐标为（1，4），
抛物线C2的对称轴是直线x＝1，
∵点E与点C关于直线x＝1对称，
∴点E的坐标为（2，3）．
∴点G的坐标为（1，3）．
设直线BE解析式为y＝kx+b，
∴
解得：
∴y＝x+1．
当x＝1时，y＝1+1＝2．点F的坐标为（1，2）．
∴FG＝EG＝DG＝CG＝1．
∴四边形CDEF为矩形．
又∵CE⊥DF，
∴四边形CDEF为正方形．
【点睛】本题主要考查二次函数的图像与性质，求一次函数的解析式，平移图像的特征，正方形的判定，解决问题的关键是平移前后抛物线解析式之间的关系．
4．（2022·广东广州·统考中考真题）已知直线：经过点（0，7）和点（1，6）．
(1)求直线的解析式；
(2)若点P（，）在直线上，以P为顶点的抛物线G过点（0，-3），且开口向下
①求的取值范围；
②设抛物线G与直线的另一个交点为Q，当点Q向左平移1个单长度后得到的点Q' 也在G上时，求G在≤≤的图象的最高点的坐标．
【答案】(1)直线解析式为：；
(2)①m＜10，且m≠0；②最高点的坐标为（-2，9）或（2，5）
【分析】（1）根据待定系数法求出解析式即可；
（2）①设G的顶点式，根据点P在直线上得出G的关系式，根据题意得出点（0，-3）不能成为抛物线G的顶点，进而得出点P必须位于直线的上方，可求m的取值范围，然后结合点P不能在轴上得出答案；
②先根据点Q，点的对称，得QQ'=1，可表示点Q和的坐标，再将点的坐标的代入关系式，求出a，再将点（0，-3）代入可求出m的值，然后分两种情况结合取值范围，求出函数最大值时，最高点的坐标即可．
【详解】（1）解：∵直线经过点（0，7）和点（1，6），
∴，
解得，
∴直线解析式为：；
（2）解：①设G：（），
∵点P（，）在直线上，
∴；
∴G：（）
∵（0，-3）不在直线上，
∴（0，-3）不能成为抛物线G的顶点，
而以P为顶点的抛物线G开口向下，且经过（0，-3），
∴点P必须位于直线的上方，
则，，
另一方面，点P不能在轴上，
∴，
∴所求取值范围为：，且 ；
②如图，QQ'关于直线对称，且QQ'=1，
∴点Q横坐标为，
而点Q在上，∴Q（，），Q'（，）；
∵Q'（，）在G：上，
∴， ，
∴ G：，或．
∵抛物线G过点（0，-3），
∴，
即，
， ；
当时，抛物线G为，对称轴为直线，
对应区间为-2≤≤-1，整个区间在对称轴的右侧，
此时，函数值随着的增大而减小，如图，
∴当取区间左端点时，达最大值9，最高点坐标为（-2，9）；
当时，对应区间为≤≤，最高点为顶点P（2，5），如图，
∴G在指定区间图象最高点的坐标为（-2，9）或（2，5）．
【点睛】本题考查了二次函数的综合问题，考查了待定系数法求二次函数的关系式，求二次函数的极值等．解题的关键是掌握当时，顶点在直线与轴的交点（0，7），此时抛物线不可能过点（0，-3），因此，可能会被忽视．
5．（2022·上海·统考中考真题）已知：经过点，．
(1)求函数解析式；
(2)平移抛物线使得新顶点为（m＞0）．
①倘若，且在的右侧，两抛物线都上升，求的取值范围；
②在原抛物线上，新抛物线与轴交于，时，求点坐标．
【答案】(1)
(2)①k≥2
②P的坐标为（2，3）或（-2，3）
【分析】（1）把，代入，求解即可；
（2）①由，得顶点坐标为(0，-3)，即点B是原抛物线的顶点，由平移得抛物线向右平移了m个单位，根据，求得m=2，在的右侧，两抛物线都上升，根据抛物线的性质即可求出k取值范围；
②把P（m，n）代入，得n=，则P（m， ），从而求得新抛物线解析式为：y=(x-m)2+n=x2-mx+m2-3，则Q(0，m2-3)，从而可求得BQ=m2，BP2=，PQ2=，即可得出BP=PQ，过点P作PC⊥y轴于C，则PC=|m|，根据等腰三角形的性质可得BC=BQ=m2，∠BPC=∠BPQ=×120°=60°，再根据tan∠BPC= tan 60°=，即可求出m值，从而求出点P坐标．
（1）
解：把，代入，得
，解得：，
∴函数解析式为：；
（2）
解：①∵，
∴顶点坐标为(0，-3)，即点B是原抛物线的顶点，
∵平移抛物线使得新顶点为（m＞0）．
∴抛物线向右平移了m个单位，
∴，
∴m=2，
∴平移抛物线对称轴为直线x=2，开口向上，
∵在的右侧，两抛物线都上升，
又∵原抛物线对称轴为y 轴，开口向上，
∴k≥2，
②把P（m，n）代入，得n=，
∴P（m， ）
根据题意，得新抛物线解析式为：y=(x-m)2+n=x2-mx+m2-3，
∴Q(0，m2-3)，
∵B（0，-3），
∴BQ=m2，BP2=，
PQ2=，
∴BP=PQ，
如图，过点P作PC⊥y轴于C，则PC=|m|，
∵BP=PQ，PC⊥BQ，
∴BC=BQ=m2，∠BPC=∠BPQ=×120°=60°，
∴tan∠BPC= tan 60°=，
解得：m=±2，
∴n==3，
故P的坐标为（2，3）或（-2，3）
【点睛】本题考查待定系数法求抛物线解析式，抛物线的平移，抛物线的性质，解直角三角形，等腰三角形的性质，本题属抛物线综合题目，属中考常考试题目，难度一般．
6．（2022·湖北恩施·统考中考真题）在平面直角坐标系中，O为坐标原点，抛物线与y轴交于点．
(1)直接写出抛物线的解析式．
(2)如图，将抛物线向左平移1个单位长度，记平移后的抛物线顶点为Q，平移后的抛物线与x轴交于A、B两点（点A在点B的右侧），与y轴交于点C．判断以B、C、Q三点为顶点的三角形是否为直角三角形，并说明理由．
(3)直线BC与抛物线交于M、N两点（点N在点M的右侧），请探究在x轴上是否存在点T，使得以B、N、T三点为顶点的三角形与相似，若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
(4)若将抛物线进行适当的平移，当平移后的抛物线与直线BC最多只有一个公共点时，请直接写出拋物线平移的最短距离并求出此时抛物线的顶点坐标．
【答案】(1)
(2)以B、C、Q三点为顶点的三角形是直角三角形，理由见解析
(3)存在，或，
(4)最短距离为，平移后的顶点坐标为
【分析】（1）待定系数法求二次函数解析式；
（2）分别求得B、C、Q的坐标，勾股定理的逆定理验证即可求解；
（3）由，故分两种情况讨论，根据相似三角形的性质与判定即可求解；
（4）如图，作且与抛物线只有1个交点，交轴于点，过点作于点，则是等腰直角三角形，作于，进而求得直线与的距离，即为所求最短距离，进而求得平移方式，将顶点坐标平移即可求解．
【详解】（1）解：∵抛物线与y轴交于点
∴
抛物线解析式为
（2）以B、C、Q三点为顶点的三角形是直角三角形，理由如下：
的顶点坐标为
依题意得，
平移后的抛物线解析式为
令，解
得
令，则，即
以B、C、Q三点为顶点的三角形是直角三角形
（3）存在，或，理由如下，
，，
是等腰直角三角形
设直线的解析式为，
则，
解得，
直线的解析式为，
联立
解得，
，，是等腰直角三角形
，
设直线的解析式为,
直线的解析式为
当时，
设的解析式为，由NT过点
则
解得
的解析式为，
令
解得
，
②当时，则
即
解得
综上所述，或
（4）如图，作，交轴于点，过点作于点，则是等腰直角三角形，作于
直线的解析式为
设与平行的且与只有一个公共点的直线解析式为
则
整理得：
则
解得
直线的解析式为
，
即拋物线平移的最短距离为，方向为方向
∴把点P先向右平移EF的长度，再向下平移FC的长度即得到平移后的坐标
平移后的顶点坐标为，即
【点睛】本题是二次函数综合，考查了相似三角形的性质，求二次函数与一次函数解析式，二次函数图象的平移，勾股定理的逆定理，正确的添加辅助线以及正确的计算是解题的关键．
7．（2022·辽宁沈阳·统考中考真题）如图，平面直角坐标系中，O是坐标原点，抛物线经过点和点与x轴另一个交点A．抛物线与y轴交于点C，作直线AD．
(1)①求抛物线的函数表达式
②并直接写出直线AD的函数表达式．
(2)点E是直线AD下方抛物线上一点，连接BE交AD于点F，连接BD，DE，的面积记为，的面积记为，当时，求点E的坐标；
(3)点G为抛物线的顶点，将抛物线图象中x轴下方部分沿x轴向上翻折，与抛物线剩下部分组成新的曲线为，点C的对应点，点G的对应点，将曲线，沿y轴向下平移n个单位长度（）．曲线与直线BC的公共点中，选两个公共点作点P和点Q，若四边形是平行四边形，直接写出P的坐标．
【答案】(1)①；②
(2)（2，-4）或（0，-3）
(3)（1+，）或
【分析】（1）①利用待定系数解答，即可求解；②利用待定系数解答，即可求解；
（2）过点E作EG⊥x轴交AD于点G，过点B作BH⊥x轴交AD于点H，设点，则点， 可得，然后根据△EFG∽△BFH，即可求解；
（3）先求出向上翻折部分的图象解析式为，可得向上翻折部分平移后的函数解析式为，平移后抛物线剩下部分的解析式为，分别求出直线BC和直线的解析式为，可得BC∥C′G′，再根据平行四边形的性质可得点，然后分三种情况讨论：当点P，Q均在向上翻折部分平移后的图象上时；当点P在向上翻折部分平移后的图象上，点Q在平移后抛物线剩下部分的图象上时；当点P在平移后抛物线剩下部分的图象上，点Q在向上翻折部分平移后的图象上时，即可求解．
（1）
解：①把点和点代入得：
，解得：，
∴抛物线解析式为；
②令y=0，则，
解得：，
∴点A（-2，0），
设直线AD的解析式为，
∴把点和点A（-2，0）代入得：
，解得：，
∴直线AD的解析式为；
（2）
解：如图，过点E作EG⊥x轴交AD于点G，过点B作BH⊥x轴交AD于点H，
当x=6时，，
∴点H（6，-4），即BH=4，
设点，则点，
∴，
∵的面积记为，的面积记为，且，
∴BF=2EF，
∵EG⊥x，BH⊥x轴，
∴△EFG∽△BFH，
∴，
∴，解得：或0，
∴点E的坐标为（2，-4）或（0，-3）；
（3）
解：，
∴点G的坐标为（2，-4），
当x=0时，y=-3，即点C（0，-3），
∴点，
∴向上翻折部分的图象解析式为，
∴向上翻折部分平移后的函数解析式为，平移后抛物线剩下部分的解析式为，
设直线BC的解析式为，
把点B（6，0），C（0，-3）代入得：
，解得：，
∴直线BC的解析式为，
同理直线的解析式为，
∴BC∥C′G′，
设点P的坐标为，
∵点，
∴点 C′向右平移2个单位，再向上平移1个单位得到点 G′，
∵四边形是平行四边形，
∴点，
当点P，Q均在向上翻折部分平移后的图象上时，
，解得：（不合题意，舍去），
当点P在向上翻折部分平移后的图象上，点Q在平移后抛物线剩下部分的图象上时，
，解得：或（不合题意，舍去），
当点P在平移后抛物线剩下部分的图象上，点Q在向上翻折部分平移后的图象上时，
，解得：（舍去，不合题意）或 ，
综上所述，点P的坐标为综上所述，点P的坐标为（1+，）或（1﹣，）．
【点睛】本题主要考查了二次函数的综合题，熟练掌握二次函数的图象和性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，并利用数形结合思想解答是解题的关键．
8．（2022·湖南岳阳·统考中考真题）如图1，在平面直角坐标系中，抛物线：经过点和点．
(1)求抛物线的解析式；
(2)如图2，作抛物线，使它与抛物线关于原点成中心对称，请直接写出抛物线的解析式；
(3)如图3，将（2）中抛物线向上平移2个单位，得到抛物线，抛物线与抛物线相交于，两点（点在点的左侧）．
①求点和点的坐标；
②若点，分别为抛物线和抛物线上，之间的动点（点，与点，不重合），试求四边形面积的最大值．
【答案】(1)
(2)
(3)①或；②16
【分析】（1）将点和点代入，即可求解；
（2）利用对称性求出函数顶点关于原点的对称点为，即可求函数的解析式；
（3）①通过联立方程组，求出点和点坐标即可；
②求出直线的解析式，过点作轴交于点，过点作轴交于点，设，，则，，可求，，由，分别求出的最大值4，的最大值4，即可求解．
（1）
解：将点和点代入，
∴，解得，
∴．
（2）
∵，
∴抛物线的顶点，
∵顶点关于原点的对称点为，
∴抛物线的解析式为，
∴．
（3）
由题意可得，抛物线的解析式为，
①联立方程组，
解得或，
∴或；
②设直线的解析式为，
∴，解得，
∴，
过点作轴交于点，过点作轴交于点，如图所示：
设，，
则，，
∴，
，
∵，，
∴当时，有最大值，
当时，有最大值，
∵，
∴当最大时，四边形面积的最大值为16．
【点睛】本题考查二次函数的图象及性质，熟练掌握二次函数的图象及性质，图象平移和对称的性质是解题的关键．
9．（2022·四川宜宾·统考中考真题）如图，抛物线与x轴交于、两点，与y轴交于点，其顶点为点D，连结AC．
(1)求这条抛物线所对应的二次函数的表达式及顶点D的坐标；
(2)在抛物线的对称轴上取一点E，点F为抛物线上一动点，使得以点A、C、E、F为顶点、AC为边的四边形为平行四边形，求点F的坐标；
(3)在（2）的条件下，将点D向下平移5个单位得到点M，点P为抛物线的对称轴上一动点，求的最小值．
【答案】(1)，顶点D的坐标为
(2)或
(3)
【分析】（1）用待定系数法求解二次函数解析式，再化成顶点式即可得出顶点坐标；
（2）先用待定系数法求直线AC解析式为，再过点F作于点G，证，得，设F点的坐标为，则G点的坐标为，所以，即可求出或，从而求得点F坐标；
（3），是平移得得点M的坐标为，则（2）知点与点关于对称轴对称，连结，对称轴于点H，连结、，过点作于点N，交对称轴于点P，则，，．在中，，则在中，，所以，所以为最小值，根据，所以，即可求出．
【详解】（1）解：∵抛物线经过点，，，
∴，解得：，
∴抛物线的解析式为：=-(x-1)2+4，
∴顶点D的坐标为；
（2）解：设直线AC的解析式为：，
把点，代入得：，，
∴直线AC解析式为：，
过点F作于点G，
∵以A、C、E、F四点为顶点的四边形是以AC为边的平行四边形，
∴，AC=EF，
又∵，
∴
∴，
∴，
设F点的坐标为，
则G点的坐标为，
∴，
∴或，当时，，
∴，
当时，
∴，
∴或；
（3）解：由题意，得点M的坐标为，
由题意知：点与点关于对称轴对称，
连结，对称轴于点H，连结、，过点作于点N，交对称轴于点P，则，，．
在中，，则在中，
∴，
又∵
∴为最小值，
又∵，
∴，
∴求得的最小值为．
【点睛】本题考查用待定系数法求函数解析式，二次函数图象性质，平行四边形的性质，解直角三角形，利用轴对称求最小值，本题属二次函数综合题目，掌握二交次函数图象性质和灵活运用是解题的关键．
10．（2022·湖北宜昌·统考中考真题）已知抛物线与轴交于，两点，与轴交于点．直线由直线平移得到，与轴交于点．四边形的四个顶点的坐标分别为，，，．
(1)填空：______，______；
(2)若点在第二象限，直线与经过点的双曲线有且只有一个交点，求的最大值；
(3)当直线与四边形、抛物线都有交点时，存在直线，对于同一条直线上的交点，直线与四边形的交点的纵坐标都不大于它与抛物线的交点的纵坐标．
①当时，直接写出的取值范围；
②求的取值范围．
【答案】(1)，
(2)当时，可以取得最大值，最大值为2
(3)①的取值范围为：或；②的取值范围：
【分析】（1）将点，代入函数解析式得，解之即可；
（2）设直线的解析式为，将点和代入得，求出直线的解析式；再求出直线的解析式为，根据反比例函数图象上点的坐标特征得，再由直线与双曲线有公共点，由直线与双曲线有且只有一个交点得，进而可求得；
（3）当直线与抛物线有交点时，联立直线与抛物线的解析式，得，可求得；当时，直线与抛物线有且只有一个交点；①当时，四边形的顶点分别为，，，．第一种情况：如图2，时，直线与四边形，抛物线都有交点，且满足直线与矩形的交点的纵坐标都不大于与抛物线的交点的纵坐标．第二种情况：当直线经过点时，如图3所示，，解得，，当直线经过点时，如图4所示得，，最终可得的取值范围为：或．
②（Ⅰ）当的值逐渐增大到使矩形的顶点在直线上时，直线与四边形、抛物线同时有交点，且同一直线与四边形的交点的纵坐标都小于它与抛物线的交点的纵坐标，得解得，．
（Ⅱ）如图5，当的值逐渐增大到使矩形的顶点在这条开口向上的抛物线上（对称轴左侧）时，存在直线（即经过此时点的直线）与四边形、抛物线同时有交点，且同一直线与四边形的交点的纵坐标都不大于它与抛物线的交点的纵坐标，，解之可求出m；综合（Ⅰ）到（Ⅱ），得的取值范围：．
【详解】（1）将点，代入函数解析式得
解得
故答案为：，；
（2）设直线的解析式为，
∵直线经过和，
∴，解得，
∴直线：．
∵直线平移得到直线，且直线与轴交于点，
∴直线：，
∵双曲线经过点，
∴，
∴．
∵直线与双曲线有公共点，
联立解析式得：，
∴，
整理得：，
∵直线与双曲线有且只有一个交点，
∴，
即，
整理得：，
化简得：，
∴，
∵点在第二象限，
∴，
解得，．
∴当时，可以取得最大值，最大值为2．
（3）如图1，当直线与抛物线有交点时，联立直线与抛物线的解析式.
得：，
得：，
整理得：，
∴，
即，
∴，
当时，直线：与抛物线有且只有一个交点．
①当时，四边形的顶点分别为，，，．
第一种情况：如图2，当直线经过时，此时与重合.
∴时，直线与四边形，抛物线都有交点，且满足直线与矩形的交点的纵坐标都不大于与抛物线的交点的纵坐标．
第二种情况：当直线经过点时，如图3所示.
，解得，，
当直线经过点时，如图4所示
，解得，，
∴，
综上所述，的取值范围为：或．
②（Ⅰ）当的值逐渐增大到使矩形的顶点在直线上时，直线与四边形、抛物线同时有交点，且同一直线与四边形的交点的纵坐标都小于它与抛物线的交点的纵坐标．
，
解得，．
（Ⅱ）如图5，当的值逐渐增大到使矩形的顶点在这条开口向上的抛物线上（对称轴左侧）时，存在直线（即经过此时点的直线）与四边形、抛物线同时有交点，且同一直线与四边形的交点的纵坐标都不大于它与抛物线的交点的纵坐标．
，
化简，得：．
解得，（舍），，
从（Ⅰ）到（Ⅱ），在的值逐渐增大的过程中，均存在直线，同时与矩形、抛物线相交，且对于同一条直线上的交点，直线与矩形的交点的纵坐标都不大于它与抛物线的交点的纵坐标．
综上所述，的取值范围：．
【点睛】本题考查二次函数与反比例函数、一次函数的综合题，属中考压轴题，难度大，根据题中条件正确分类是解题关键．
11．（2022·江苏连云港·统考中考真题）已知二次函数，其中．
(1)当该函数的图像经过原点，求此时函数图像的顶点的坐标；
(2)求证：二次函数的顶点在第三象限；
(3)如图，在（1）的条件下，若平移该二次函数的图像，使其顶点在直线上运动，平移后所得函数的图像与轴的负半轴的交点为，求面积的最大值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)最大值为
【分析】（1）先利用待定系数法求出二次函数解析式，再将二次函数解析式化为顶点式即可得到答案；
（2）先根据顶点坐标公式求出顶点坐标为，然后分别证明顶点坐标的横纵坐标都小于0即可；
（3）设平移后图像对应的二次函数表达式为，则其顶点坐标为，然后求出点B的坐标，根据平移后的二次函数顶点在直线上推出，过点作，垂足为，可以推出,由此即可求解．
【详解】（1）解：将代入，
解得．
由，则符合题意，
∴，
∴．
（2）解：由抛物线顶点坐标公式得顶点坐标为．
∵，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴二次函数的顶点在第三象限．
（3）解：设平移后图像对应的二次函数表达式为，则其顶点坐标为
当时，，
∴．
将代入，
解得．
∵在轴的负半轴上，
∴．
∴．
过点作，垂足为，
∵，
∴．
在中，
,
∴当时，此时，面积有最大值，最大值为．
【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的性质，二次函数的平移，二次函数的最值问题，正确理解题意，熟练掌握二次函数的相关知识是解题的关键．
12．（2022·重庆·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与直线交于点，．
(1)求该抛物线的函数表达式；
(2)点是直线下方拋物线上的一动点，过点作轴的平行线交于点，过点作轴的平行线交轴于点，求的最大值及此时点的坐标；
(3)在（2）中取得最大值的条件下，将该抛物线沿水平方向向左平移5个单位，点为点的对应点，平移后的抛物线与轴交于点，为平移后的抛物线的对称轴上一点．在平移后的抛物线上确定一点，使得以点，，，为顶点的四边形是平行四边形，写出所有符合条件的点的坐标，并写出求解点的坐标的其中一种情况的过程．
【答案】(1)
(2)，
(3)；；
【分析】（1）将点A，B的坐标代入抛物线中求出b，c即可；
（2）设交于，可得，求出直线AB的解析式，设，则，，表示出，然后根据二次函数的性质求出最值即可；
（3）根据平移的性质可得平移后抛物线解析式及点E、F坐标，设，，分情况讨论：①当为对角线时，②当为对角线时，③当为对角线时，分别根据对角线交点的横坐标相同列式计算即可．
【详解】（1）解：将点，代入得：，
解得：，
∴该抛物线的函数表达式为：；
（2）如图，设交于，
∵，，
∴OA＝OB＝4，
∴，
∵PC∥OB，PD∥OA，
∴，，
∴，
设直线AB的解析式为，
则，解得：，
∴直线AB的解析式为，
设，则，，
∴，
∴当时，取得最大值，此时；
（3）由题意得：平移后抛物线解析式为，，
∴，
∵抛物线的对称轴为，
∴设，，
分情况讨论：
①当为对角线时，
则，
解得：，此时，
∴；
②当为对角线时，
则，即，
此时，
∴；
③当为对角线时，
则，即，
此时，
∴，
综上所述，点的坐标为：，，．
【点睛】本题考查了二次函数的综合应用，待定系数法，二次函数的图象和性质，一次函数的性质，二次函数的最值，二次函数图象的平移，平行四边形的性质等知识，解题的关键是学会用待定系数法求二次函数解析式，根据二次函数解析式求最大值以及利用平行四边形的性质列方程．
类型二：翻折
13．（2022·湖南湘西·统考中考真题）已知二次函数y＝﹣x2+4x+5及一次函数y＝﹣x+b，将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方，图象的其余部分不变，得到一个新图象（如图所示），当直线y＝﹣x+b与新图象有4个交点时，b的取值范围是 _____．
【答案】
【分析】解方程﹣x2+4x+5＝0得A（﹣1，0），B（5，0），再利用折叠的性质求出折叠部分的解析式为，即y＝x2﹣4x﹣5（﹣1≤x≤5），然后求出直线y＝﹣x+b经过点A（﹣1，0）时b的值和当直线y＝﹣x+b与抛物线y＝x2﹣4x﹣5（﹣1≤x≤5）有唯一公共点时b的值，从而得到当直线y＝﹣x+b与新图象有4个交点时，b的取值范围．
【详解】解：如图所示：
当y＝0时，﹣x2+4x+5＝0，解得x1＝﹣1，x2＝5，则A（﹣1，0），B（5，0），
将该二次函数在x轴上方的图象沿x轴翻折到x轴下方的部分图象的解析式为，
即y＝x2﹣4x﹣5（﹣1≤x≤5），
当直线y＝﹣x+b经过点A（﹣1，0）时，1+b＝0，解得b＝﹣1；
当直线y＝﹣x+b与抛物线y＝x2﹣4x﹣5（﹣1≤x≤5）有唯一公共点时，方程，即有相等的实数解，即
解得，
所以当直线y＝﹣x+b与新图象有4个交点时，b的取值范围为＜b＜﹣1，
故答案为：．
【点睛】本题考查了抛物线与x轴的交点：把求二次函数y＝ax2+bx+c（a，b，c是常数，a≠0）与x轴的交点坐标问题转化为解关于x的一元二次方程．也考查了二次函数图象与几何变换．
14．（2022·青海西宁·统考中考真题）如图，抛物线与x轴交于点，与y轴交于点B，点C在直线AB上，过点C作轴于点，将沿CD所在直线翻折，使点A恰好落在抛物线上的点E处．
(1)求抛物线解析式；
(2)连接BE，求的面积；
(3)拋物线上是否存在一点P，使？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)2
(3)存在，或
【分析】（1）先根据翻折得到E点坐标，然后结合运用待定系数法求解即可；
（2）先确定点B的坐标，然后确定直线AB的解析式，进而确定、、，最后根据结合三角形的面积公式即可解答；
（3）先说明是等腰直角三角形，设点P的坐标为，然后分点P在x轴上方和下方两种情况分别解答即可．
（1）
解：∵沿CD所在直线翻折，点A落在点E处
∴
把A，E两点坐标代入得，解得
∴抛物线的解析式为．
（2）
解：∵抛物线与y轴交于点B
∴令时，
∴
设直线AB的解析式为
把A，B两点坐标代入得解得
∴直线AB的解析式为；
∴点C在直线AB上轴于点
当时
∴
∴
∴，，
∴
∴的面积是2．
（3）
解：存在，理由如下：
∵，
∴
在中
∴是等腰直角三角形
∵点P在抛物线上
∴设点P的坐标为
①当点P在x轴上方时记为，过作轴于点M
在中∵∴
即解得（舍去）
当时
∴
②当点P在x轴下方时记为，过作轴于点N
在中
∴
∴
∴解得（舍去）
当时
∴
综上，符合条件的P点坐标是或．
【点睛】本题属于二次函数综合题，涉及求二次函数的性质、二次函数解析式、二次函数与几何图形综合等知识点，灵活运用二次函数的性质以及其与几何知识的联系是解答本题的关键．
15．（2022·湖南衡阳·统考中考真题）如图，已知抛物线交轴于、两点，将该抛物线位于轴下方的部分沿轴翻折，其余部分不变，得到的新图象记为“图象”，图象交轴于点．
(1)写出图象位于线段上方部分对应的函数关系式；
(2)若直线与图象有三个交点，请结合图象，直接写出的值；
(3)为轴正半轴上一动点，过点作轴交直线于点，交图象于点，是否存在这样的点，使与相似？若存在，求出所有符合条件的点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)或
(3)存在，或或
【分析】（1）先求出点A、B、C坐标，再利用待定系数法求解函数关系式即可；
（2）联立方程组，由判别式△=0求得b值，结合图象即可求解；
（3）根据相似三角形的性质分∠CNM=90°和∠NCM=90°讨论求解即可．
【详解】（1）解：由翻折可知：.
令，解得：，，
∴，，
设图象的解析式为，代入，解得，
∴对应函数关系式为=．
（2）解：联立方程组，
整理，得：，
由△=4-4（b-2）=0得：b=3，此时方程有两个相等的实数根，
由图象可知，当b=2或b=3时，直线与图象有三个交点；
（3）解：存在．如图1，当时，，此时，N与C关于直线x= 对称，
∴点N的横坐标为1，∴；
如图2，当时，，此时，点纵坐标为2，
由，解得，（舍），
∴N的横坐标为，
所以；
如图3，当时，，此时，直线的解析式为，
联立方程组：，解得，（舍），
∴N的横坐标为，
所以，
因此，综上所述：点坐标为或或．
【点睛】本题考查二次函数的综合，涉及翻折性质、待定系数法求二次函数解析式、二次函数与一次函数的图象交点问题、相似三角形的性质、解一元二次方程等知识，综合体现数形结合思想和分类讨论思想的运用，属于综合题型，有点难度．
16．（2022·广西柳州·统考中考真题）已知抛物线y＝﹣x2+bx+c与x轴交于A（﹣1，0），B（m，0）两点，与y轴交于点C（0，5）．
(1)求b，c，m的值；
(2)如图1，点D是抛物线上位于对称轴右侧的一个动点，且点D在第一象限内，过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴，垂足为点F，当四边形DEFG的周长最大时，求点D的坐标；
(3)如图2，点M是抛物线的顶点，将△MBC沿BC翻折得到△NBC，NB与y轴交于点Q，在对称轴上找一点P，使得△PQB是以QB为直角边的直角三角形，求出所有符合条件的点P的坐标．
【答案】(1)b=4，c=5， m=5
(2)当四边形DEFG的周长最大时，点D的坐标为（3，8）
(3)所有符合条件的点P的坐标为（2，），（2，﹣9）
【分析】（1）把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，利用待定系数法求解b，c即可，再令y=0，再解方程求解m即可；
（2）先求解抛物线的对称轴为x＝2，设D（x，﹣x2+4x+5），则E（4﹣x，﹣x2+4x+5），证明四边形DEFG是矩形，而 可得四边形DEFG的周长＝2（﹣x2+4x+5）+2（2x﹣4）＝﹣2x2+12x+2＝﹣2（x﹣3）2+20，再利用二次函数的性质可得答案；
（3）过点C作CH⊥对称轴于H，过点N作NK⊥y轴于K，证明△MCH≌△NCK（AAS），再求解N（﹣4，3），求解直线的解析式为： 可得 设P（2，p），再利用勾股定理表示 BP2＝， 再分两种情况建立方程求解即可．
【详解】（1）把A（﹣1，0），C（0，5）代入y＝﹣x2+bx+c，
，解得：
∴这个抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5，
令y＝0，则﹣x2+4x+5＝0，解得x1＝5，x2＝﹣1，
∴B（5，0），
∴m＝5；
（2）∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴对称轴为x＝2，
设D（x，﹣x2+4x+5），
∵轴，
∴E（4﹣x，﹣x2+4x+5），
∵过点D作x轴的平行线交抛物线于点E，作y轴的平行线交x轴于点G，过点E作EF⊥x轴，
∴四边形DEFG是矩形，
∴
∴四边形DEFG的周长＝2（﹣x2+4x+5）+2（2x﹣4）＝﹣2x2+12x+2＝﹣2（x﹣3）2+20，
∴当x＝3时，四边形DEFG的周长最大，
∴当四边形DEFG的周长最大时，点D的坐标为（3，8）；
（3）过点C作CH⊥对称轴于H，过点N作NK⊥y轴于K，
∴∠NKC＝∠MHC＝90°，
由翻折得CN＝CM，∠BCN＝∠BCM，
∵B（5，0），C（0，5）．
∴OB＝OC，
∴∠OCB＝∠OBC＝45°，
∵CH⊥对称轴于H，
∴轴，
∴∠BCH＝45°，
∴∠BCH＝∠OCB，
∴∠NCK＝∠MCH，
∴△MCH≌△NCK（AAS），
∴NK＝MH，CK＝CH，
∵抛物线的解析式为：y＝﹣x2+4x+5＝﹣（x﹣2）2+9，
∴对称轴为x＝2，M（2，9），
∴MH＝9﹣5＝4，CH＝2，
∴NK＝MH＝4，CK＝CH＝2，
∴N（﹣4，3），
设直线BN的解析式为y＝mx+n，
∴ 解得：
∴直线的解析式为：
∴
设P（2，p），
∴
BP2＝，
分两种情况：
①当∠BQP＝90°时，BP2＝PQ2+BQ2，
∴
解得：
∴
②当∠QBP＝90°时，P′Q2＝BP′2+BQ2，
∴
解得：
∴点P′的坐标为（2，﹣9）．
综上，所有符合条件的点P的坐标为或．
【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解二次函数的解析式，二次函数与坐标轴的交点坐标问题，二次函数的性质，对称轴的性质，二次函数与直角三角形，勾股定理的应用，清晰的分类讨论是解本题的关键．
17．（2022·湖南邵阳·统考中考真题）如图，已知直线y=2x+2与抛物线y=ax2+bx+c相交于A，B两点，点A在x轴上，点B在y轴上，点C(3，0)在抛物线上．
(1)求该抛物线的表达式．
(2)正方形OPDE的顶点O为直角坐标系原点，顶点P在线段OC上，顶点E在y轴正半轴上，若△AOB与△DPC全等，求点P的坐标．
(3)在条件（2）下，点Q是线段CD上的动点（点Q不与点D重合），将△PQD沿PQ所在的直线翻折得到△PQD'，连接CD'，求线段CD'长度的最小值．
【答案】(1)该抛物线的表达式为y=x2+x+2；
(2)点P的坐标为(1，0)或(2，0)；
(3)线段CD'长度的最小值为1．
【分析】（1）先求得点A(-1，0)，点B(0，2)，利用待定系数法即可求解；
（2）分两种情况讨论：△AOB≌△DPC和△AOB≌△CPD，利用全等三角形的性质求解即可；
（3）按照（2）的结论，分两种情况讨论，当P、D'、C三点共线时，线段CD'长度取得最小值，据此求解即可．
【详解】（1）解：令x=0，则y=2x+2=2，令y=0，则0=2x+2，解得x=-1，
点A(-1，0)，点B(0，2)，
把A(-1，0)，B(0，2)，C(3，0)代入y=ax2+bx+c，
得，解得，
∴该抛物线的表达式为y=x2+x+2；
（2）解：若△AOB和△DPC全等，且∠AOB=∠DPC=90°，
分两种情况：
①△AOB≌△DPC，则AO=PD=1，OB=PC=2，
∵OC=3，
∴OP=3-2=1，
∴点P的坐标为(1，0)；
②△AOB≌△CPD，则OB=PD=2，
∴正方形OPDE的边长为2，
∴点P的坐标为(2，0)；
综上，点P的坐标为(1，0)或(2，0)；
（3）解：①点P的坐标为(1，0)时，
∵△PQD'与△PQD关于PQ对称，
∴PD'=PD，
∴点D'在以点P为圆心，1为半径的圆上运动，
当P、D'、C三点共线时，线段CD'长度取得最小值，最小值为2-1=1；
②点P的坐标为(2，0)时，
∵△PQD'与△PQD关于PQ对称，
∴PD'=PD，
∴点D'在以点P为圆心，2为半径的圆上运动，
当P、C、D'三点共线时，线段CD'长度取得最小值，最小值为2-1=1；
综上，线段CD'长度的最小值为1．
【点睛】此题主要考查了二次函数的综合应用，全等三角形的判定与性质以及待定系数法求二次函数解析式，正方形的性质的应用，点和圆的位置关系，解题的关键是正确进行分类讨论．
类型三：旋转
18．（2022·四川资阳·中考真题）已知二次函数图象的顶点坐标为，且与x轴交于点．
(1)求二次函数的表达式；
(2)如图，将二次函数图象绕x轴的正半轴上一点旋转，此时点A、B的对应点分别为点C、D．
①连结，当四边形为矩形时，求m的值；
②在①的条件下，若点M是直线上一点，原二次函数图象上是否存在一点Q，使得以点B、C、M、Q为顶点的四边形为平行四边形，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)（或）
(2)①，②存在符合条件的点Q，其坐标为或或
【分析】（1）根据二次函数的图象的顶点坐标，设二次函数的表达式为，再把代入即可得出答案；
（2）①过点作轴于点E，根据，又因为，证明出，从而得出，将，，代入即可求出m的值；
②根据上问可以得到，点M的横坐标为4，，要让以点B、C、M、Q为顶点的平行四边形，所以分为三种情况讨论：1）当以为边时，存在平行四边形为；2）当以为边时，存在平行四边形为；3）当以为对角线时，存在平行四边形为；即可得出答案．
（1）
∵二次函数的图象的顶点坐标为，
∴设二次函数的表达式为，
又∵，∴，
解得：，
∴（或）；
（2）
①∵点P在x轴正半轴上，
∴，
∴，
由旋转可得：，
∴，
过点作轴于点E，
∴，，
在中，，
当四边形为矩形时，，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
解得；
②由题可得点与点C关于点成中心对称，
∴，
∵点M在直线上，
∴点M的横坐标为4，
存在以点B、C、M、Q为顶点的平行四边形，
1）、当以为边时，平行四边形为，
点C向左平移8个单位，与点B的横坐标相同，
∴将点M向左平移8个单位后，与点Q的横坐标相同，
∴代入，
解得：，
∴，
2）、当以为边时，平行四边形为，
点B向右平移8个单位，与点C的横坐标相同，
∴将M向右平移8个单位后，与点Q的横坐标相同，
∴代入，
解得：，
∴，
3）、当以为对角线时，
点M向左平移5个单位，与点B的横坐标相同，
∴点C向左平移5个单位后，与点Q的横坐标相同，
∴代入，
得：，
∴，
综上所述，存在符合条件的点Q，其坐标为或或．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的性质，中心对称，平行四边形的存在性问题，矩形的性质，熟练掌握以上性质并作出辅助线是本题的关键．
19．（2022·广西河池·统考中考真题）在平面直角坐标系中，抛物线L1：y＝ax2+2x+b与x轴交于两点A，B（3，0），与y轴交于点C（0，3）．
(1)求抛物线L1的函数解析式，并直接写出顶点D的坐标；
(2)如图，连接BD，若点E在线段BD上运动（不与B，D重合），过点E作EF⊥x轴于点F，设EF＝m，问：当m为何值时，△BFE与△DEC的面积之和最小；
(3)若将抛物线L1绕点B旋转180°得抛物线L2，其中C，D两点的对称点分别记作M，N．问：在抛物线L2的对称轴上是否存在点P，使得以B，M，P为顶点的三角形为等腰三角形？若存在，直接写出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)，抛物线顶点
(2)时，△BFE与△DEC的面积之和最小
(3)
【分析】（1）利用待定系数法求出a，b的值即可；
（2）如图1中，连接BC，过点C作CH⊥BD于点H．设抛物线的对称轴交x轴于点T．首先证明∠DCB=90°，利用面积法求出CH，构建二次函数，利用二次函数的性质即可解决问题；
（3）如图2中，由题意抛物线L2的对称轴x=5，M（6，-3）．设P（5，m），分三种情形：当BP=BM时，当PB=PM时，当BM=PM时，分别构建方程求解即可．
（1）
解：∵y＝ax2+2x+b与x轴交于两点A，B（3，0），与y轴交于点C（0，3），
，
∴，
抛物线的解析式为；
由
抛物线顶点；
（2）
如图1中，连接BC，过点C作CH⊥ BD于点H．设抛物线的对称轴交x轴于点T．
，
，
，
，
，
，
轴， 轴，
，
，
，
，
与 的面积之和
，
S有最小值，最小值为，此时，
时，△BFE与△DEC的面积之和有最小值．
（3）
存在，如图2，
，，的对称轴为直线，
将抛物线L1绕点B旋转180°得抛物线L2，其中C，D两点的对称点分别记作M，N．
抛物线的对称轴为直线，
设 ，
当 时，
，
，
，
当 时，
，
解得， ，
，
当 时，
，
解得， ，
综上所述，满足条件的的坐标为 ．
【点睛】本题考查了待定系数法求二次函数的解析式、二次函数的性质，等腰三角形的判定和性质，中心对称变换等知识，解题的关键是学会根据二次函数解决最值问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
20．（2022·辽宁抚顺·统考中考真题）如图，抛物线与x轴交于，B两点，与y轴交于点，点D为x轴上方抛物线上的动点，射线交直线于点E，将射线绕点O逆时针旋转得到射线，交直线于点F，连接．
(1)求抛物线的解析式；
(2)当点D在第二象限且时，求点D的坐标；
(3)当为直角三角形时，请直接写出点D的坐标．
【答案】(1)
(2)或
(3)或或或
【分析】（1）利用待定系数法求解即可；
（2）过点D作于点G，交于点H，先求出直线AC的解析式，设，则，证明△EDH∽△EOC得到，即可求出DH=3，据此求解即可；
（3）分D和F为直角顶点进行讨论求解即可．
（1）
解：将代入得：
，
解得，
∴抛物线的解析式为；
（2）
解：过点D作于点G，交于点H，
设过点的直线的解析式为，则
，
解得，
∴直线的解析式为，
设，则．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴
解得或
将分别代入得
∴或；
（3）
解：如图1所示，当点D与点C重合时，
∵点A（-4，0），点C（0，4），
∴OA=OC=4，
∴∠OCA=∠OAC=45°，
当点C与点D重合时，∵OP是OD逆时针旋转45°得到的，
∴∠POD=45°，即∠FOC=45°，
∴∠AOF=∠FOC=45°，
又∵OA=OC，
∴OF⊥AC，即∠OFC=90°，
∴△OFC是直角三角形，
∴此时点D的坐标为（0，4）；
如图2所示，当∠DFO=90°时，连接CD，
由旋转的性质可得∠DOF=45°，
∴△DOF是等腰直角三角形，
∴OF=OD，∠FDO=∠FCO=45°，
∴C、D、F、O四点共圆，
∴∠FCD=∠FOD=45°，
∴∠OCD=∠FCD+∠FCO=90°，
∴CD⊥OC，
∴点D的纵坐标为4，
∴当y=4时，，
解得或（舍去），
∴点D的坐标为（-3，4）；
如图3所示，当∠ODF=90°时，过点D作DH⊥y轴于H，过点F作FG⊥DH交HD延长线于G，同理可证△DOF是等腰直角三角形，
∴OD=DF，
∵FG⊥DH，DH⊥y轴，
∴∠FGD=∠DHO=90°，
∴∠GDF+∠GFD=90°，
又∵∠GDF+∠HDO=90°，
∴∠GFD=∠HDO，
∴△GDF≌△HOD（AAS），
∴GD=OH，GF=DH，
设点D的坐标为（m，），
∴，
∴，
∴点F的坐标为（，），
∵点F在直线AC：上，
∴，
∴，
解得，
∴点D的坐标为或；
综上所述，点D的坐标为（-3，4）或（0，4）或或
【点睛】本题主要考查了二次函数与一次函数综合，二次函数与几何综合，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定等等，熟知相关知识是解题的关键．
21．（2022·广西梧州·统考中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线分别与x，y轴交于点A，B，抛物线恰好经过这两点．
(1)求此抛物线的解析式；
(2)若点C的坐标是，将绕着点C逆时针旋转90°得到，点A的对应点是点E．
①写出点E的坐标，并判断点E是否在此抛物线上；
②若点P是y轴上的任一点，求取最小值时，点P的坐标．
【答案】(1)
(2)①点E在抛物线上；②P（0，−）
【分析】（1）先求出A、B坐标，然后根据待定系数法求解即可；
（2）①根据旋转的性质求出EF=AO=3，CF=CO=6，从而可求E的坐标，然后把E的坐标代入（1）的函数解析式中，从而判断出点E是否在抛物线上；
②过点E作EH⊥AB，交y轴于P，垂足为H，，则，得，可知HP＋PE的最小值为EH的长，从而解决问题．
【详解】（1）解：当x=0时，y=-4，
当y=0时，，
∴x=-3，
∴A（-3，0），B（0，-4），
把A、B代入抛物线，
得，
∴，
∴抛物线解析式为．
（2）解：①∵A（-3，0），C（0，6），
∴AO=3，CO=6，
由旋转知：EF=AO=3，CF=CO=6，∠FCO=90°
∴E到x轴的距离为6-3=3，
∴点E的坐标为（6，3），
当x=3时，，
∴点E在抛物线上；
②过点E作EH⊥AB，交y轴于P，垂足为H，
∵A（−3，0），B（0，−4），
∴OA＝3，OB＝4，
∴AB＝5，
∵，
∴，
∴，
∴HP＋PE的最小值为EH的长，
作EG⊥y轴于G，
∵∠GEP＝∠ABO，
∴tan∠GEP＝tan∠ABO，
∴，
∴，
∴，
∴OP＝−3＝，
∴P（0，−）．
【点睛】本题是二次函数综合题，主要考查了待定系数法求函数解析式，旋转的性质，三角函数，两点之间、线段最短等知识，利用三角函数将转化为HP的长是解题的关键．
22．（2021·山东滨州·统考中考真题）如下列图形所示，在平面直角坐标系中，一个三角板的直角顶点与原点O重合，在其绕原点O旋转的过程中，两直角边所在直线分别与抛物线相交于点A、B（点A在点B的左侧）．
（1）如图1，若点A、B的横坐标分别为-3、，求线段AB中点P的坐标；
（2）如图2，若点B的横坐标为4，求线段AB中点P的坐标；
（3）如图3，若线段AB中点P的坐标为，求y关于x的函数解析式；
（4）若线段AB中点P的纵坐标为6，求线段AB的长．
【答案】（1）（，）；（2）（，）；（3）y=x2+2；（4）
【分析】（1）根据点、的横坐标分别为、，可以先求的点和的坐标，平行线分线段成比例定理可以得到，然后即可得到点的坐标；
（2）根据点的横坐标为4，可以求得点的坐标，然后根据相似三角形的判定与性质，可以求得点的坐标，再根据（1）求中点坐标的方法可以求得点的坐标；
（3）根据相似三角形的判定与性质，可以求得点和点的坐标与点坐标的关系，从而可以得到与的关系；
（4）将代入（3）中的函数关系式，可以求得点的横坐标的平方，然后根据勾股定理可以得到的长，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，即可得到线段的长．
【详解】解：（1）点、在抛物线上，点、的横坐标分别为、，
当时，，
当时，，
即点的坐标为，点的坐标为，，
作轴于点，作轴于点，作轴于点，如图1所示，
则，
点为线段的中点，
，
由平行线分线段成比例，可得，
设点的坐标为，
则，
，
同理可得，，
点的坐标为，；
（2）点在抛物线上，点的横坐标为4，
点的纵坐标为：，
点的坐标为，
，，
作轴于点，作轴于点，如图2所示，
，，，
，，，
，
，
，
设点的坐标为，
，，
，
解得（舍去），，
点的坐标为，
中点的横坐标为：，纵坐标为，
线段中点的坐标为，；
（3）作轴于点，作轴于点，如图3所示，
由（2）知，，
，
设点的坐标为，点的坐标为，
，
解得，，
点是线段的中点，
，，
，
，
即关于的函数解析式是；
（4）当时，，
，
，是直角三角形，点时斜边的中点，
，
即线段的长是．
【点睛】本题是一道二次函数综合题目．主要考查平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、中点坐标公式，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件，利用数形结合的思想解答．
23．（2021·江苏盐城·统考中考真题）学习了图形的旋转之后，小明知道，将点绕着某定点顺时针旋转一定的角度，能得到一个新的点．经过进一步探究，小明发现，当上述点在某函数图像上运动时，点也随之运动，并且点的运动轨迹能形成一个新的图形．
试根据下列各题中所给的定点的坐标和角度的大小来解决相关问题．
【初步感知】
如图1，设，，点是一次函数图像上的动点，已知该一次函数的图像经过点．
（1）点旋转后，得到的点的坐标为________；
（2）若点的运动轨迹经过点，求原一次函数的表达式．
【深入感悟】
（3）如图2，设，，点反比例函数的图像上的动点，过点作二、四象限角平分线的垂线，垂足为，求的面积．
【灵活运用】
（4）如图3，设A，，点是二次函数图像上的动点，已知点、，试探究的面积是否有最小值？若有，求出该最小值；若没有，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）存在最小值，
【分析】（1）根据旋转的定义得，观察点和在同一直线上即可直接得出结果．
（2）根据题意得出的坐标，再利用待定系数法求出原一次函数表达式即可．
（3）先根据计算出交点坐标，再分类讨论①当时，先证明再计算面积．②当-时，证，再计算即可．
（4）先证明为等边三角形，再证明，根据在中，，写出，从而得出的函数表达式，当直线与抛物线相切时取最小值，得出，由计算得出的面积最小值．
【详解】（1）由题意可得:
∴的坐标为
故答案为：；
（2）∵，由题意得
坐标为
∵，在原一次函数上，
∴设原一次函数解析式为
则
∴
∴原一次函数表达式为；
（3）设双曲线与二、四象限平分线交于点，则
解得
①当时
作轴于
∵
∴
∵
∴
∴在和中
∴
即；
②当-时
作于轴于点
∵
∴
∴
∴
∴
在和中
∴
∴；
（4）连接，，将，绕逆时针旋转得，，作轴于
∵，
∴
∴
∴为等边三角形，此时与重合，即
连接，∵
∴
∴在和中
∴
∴，
∴作轴于
在中，
∴
∴，即，此时的函数表达式为：
设过且与平行 的直线解析式为
∵
∴当直线与抛物线相切时取最小值
则
即
∴
当时，得
∴
设与轴交于点
∵
∴
【点睛】本题考查旋转、全等三角形的判定和性质、一次函数的解析式、反比例函数的几何意义、两函数的交点问题，函数的最小值的问题，灵活进行角的转换是关键．
24．（2021·湖北黄冈·统考中考真题）已知抛物线与x轴相交于，两点，与y轴交于点C，点是x轴上的动点．
（1）求抛物线的解析式；
（2）如图1，若，过点N作x轴的垂线交抛物线于点P，交直线于点G．过点P作于点D，当n为何值时，；
（3）如图2，将直线绕点B顺时针旋转，使它恰好经过线段的中点，然后将它向上平移个单位长度，得到直线．
①______；
②当点N关于直线的对称点落在抛物线上时，求点N的坐标．
【答案】（1）；（2）；（3）①；②或．
【分析】（1）根据点的坐标，利用待定系数法即可得；
（2）先根据抛物线的解析式可得点的坐标，再利用待定系数法可得直线的解析式，从而可得点的坐标，然后分别求出的长，最后根据全等三角形的性质可得，由此建立方程求解即可得；
（3）①先利用待定系数法求出直线的解析式，再根据平移的性质可得直线的解析式，从而可得点的坐标，然后根据正切三角函数的定义即可得；
②先求出直线的解析式，再与直线的解析式联立求出它们的交点坐标，从而可得点的坐标，然后代入抛物线的解析式求解即可得．
【详解】解：（1）将点，代入得：，
解得，
则抛物线的解析式为；
（2）由题意得：点的坐标为，
对于二次函数，
当时，，即，
设直线的解析式为，
将点，代入得：，解得，
则直线的解析式为，
，
，，
，
，即，
解得或（与不符，舍去），
故当时，；
（3）①如图，设线段的中点为点，过点作轴的垂线，交直线于点，
则点的坐标为，点的横坐标为3，
设直线的解析式为，
将点，代入得：，解得，
则直线的解析式为，
由平移的性质得：直线的解析式为，
当时，，即，
，
，
故答案为：；
②由题意得：，
则设直线的解析式为，
将点代入得：，解得，
则直线的解析式为，
联立，解得，
即直线与直线的交点坐标为，
设点的坐标为，
则，解得，即，
将点代入得：，
整理得：，
解得或，
则点的坐标为或．
【点睛】本题考查了二次函数与一次函数的综合、全等三角形的性质、正切三角函数等知识点，熟练掌握待定系数法和二次函数的性质是解题关键．
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